精品解析：福建莆田第四中学2025-2026学年高二上学期返校考试数学试题

2025-2026学年莆田四中高二年级上学期返校考试卷 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 已知（i是虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若两个向量,则平面的一个法向量为 A. B. C. D. 3. 某影院连续天的观影人数（单位：百人）依次为，，，，，，，，，，则下列关于这天观影人数的结论正确的是（   ） A. 众数为120 B. 平均数为140 C. 中位数为130 D. 第百分位数为170 4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在侧棱PC上，且，若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形周长与面积的数值之比为（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数为”，其中，2，3，4，5，6；“点数不大于4”，“点数大于4”，“点数为质数”，下列结论错误的是（ ） A. 与互斥 B. 和是对立事件 C. 和相互独立 D. 和相互独立 8. 已知圆锥的母线长为，过圆锥的顶点作圆锥的截面，若截面面积的最大值为，则该圆锥底面半径的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有若干个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 若平面向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 10. 在中，，为中点，.以下结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 的面积的最大值是 C. D. 的周长可能是6 11. 如图，正方体的棱长为，是四边形内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 当在线段上时，三棱锥的体积是定值 B. 当是线段的中点时，的周长是 C. 当是线段的中点时，三棱锥的外接球的体积是 D. 当是棱的中点时，的最小值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，若，则_________. 13. 已知的内角的对边分别为，且，则面积的最大值为______． 14. 若棱长为a的正四面体的内部有一个棱长为2的正方体可任意转动，则a的最小值为______. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 某高校“强基计划”自主招生的面试中有三道不同的题目，每位面试者依次作答．若答对两道题目，则面试通过，结束面试；若答错两道题目，则面试不通过，结束面试．已知李明答对第一道题目的概率为，答对第二道题目的概率为，答对第三道题目的概率为，假设每道题目是否答对是独立的． （1）求李明第二次答题后结束面试的概率； （2）求李明最终通过面试的概率． 16. 从某次测试中随机抽取份测试卷进行成绩调查，发现抽取的测试卷的成绩分数都在之间，将抽取的测试卷按成绩分成六组：，，，，，，画出如图所示的频率分布直方图． （1）求的值和抽取测试卷的成绩的第百分位数； （2）对成绩在和的抽取测试卷，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取份，再从这份测试卷中随机抽取份了解答题情况，写出这份测试卷所有可能结果构成的样本空间，并求这份测试卷成绩都在的概率． 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，过点作交于点． （1）若是的中点，过点作一个截面，使得该截面与平面平行，请画出截面，并写出作图过程（无需证明）； （2）证明：平面； （3）求二面角的余弦值． 18. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求； （2）所在平面内一点满足，若，求的周长的最大值. 19. 如图，在三棱台中，． （1）过且平行于的平面分别交AB，AC于M，N，求证：． （2）若三棱台的体积为，底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面ABC． ①求三棱台的表面积； ②设，求异面直线BF与所成角的余弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年莆田四中高二年级上学期返校考试卷 数学试题 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求） 1. 已知（i是虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由共轭复数的定义及复数的坐标表示判断即可. 【详解】由题设，对应点为，该点位于第四象限. 故选：D 2. 若两个向量,则平面的一个法向量为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设平面ABC的法向量为，根据数量积等于0，列出方程组，即可求解. 【详解】设平面ABC的法向量为， 则，即，令，则， 即平面ABC的一个法向量为，故选A. 【点睛】本题主要考查了平面的法向量的求解，其中解答中根据法向量与平面内的两个不共线的向量垂直，列出关于的方程组求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题. 3. 某影院连续天的观影人数（单位：百人）依次为，，，，，，，，，，则下列关于这天观影人数的结论正确的是（   ） A. 众数为120 B. 平均数为140 C. 中位数为130 D. 第百分位数为170 【答案】B 【解析】 【详解】这10个数从小到大排列为：80，90，120，120，130，160，160，160，180，200， 选项A，众数为160，错误. 选项B，平均数为，正确. 选项C，中位数为，错误. 选项D，，因此第百分位数为第8个数160，错误. 4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可. 【详解】A， 若，则或，故该选项错误； B，若，则，故该选项正确； C，若，不能得出，故不能得出，故该选项错误； D，若，还需要加上相交才能得出，如果不一定平行，故该选项错误. 故选：B. 5. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，点E在侧棱PC上，且，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的三角形法则运算求解． 【详解】解：在平行四边形ABCD中， ， 在中， ， ， ， ， 在中， ． 故选：B． 6. 如图，正方形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，若，则四边形周长与面积的数值之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图与原图的关系分析求解即可； 【详解】由图可知，所以四边形的面积为； 根据轴不变，轴减半的原则，的坐标为： 四边形周长为 所以四边形周长与面积的数值之比为, 故选：A. 7. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数为”，其中，2，3，4，5，6；“点数不大于4”，“点数大于4”，“点数为质数”，下列结论错误的是（ ） A. 与互斥 B. 和是对立事件 C. 和相互独立 D. 和相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥事件定义判断A，由对立事件定义判断B，由独立事件定义判断CD. 【详解】由题意， 对于A，，故A正确； 对于B，由题意，且，故B正确； 对于C，因为， 所以， 所以，故C正确； 对于D，因为， 所以， 所以，故D错误. 故选：D. 8. 已知圆锥的母线长为，过圆锥的顶点作圆锥的截面，若截面面积的最大值为，则该圆锥底面半径的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定截面的顶角和母线的夹角，再利用三角形面积公式得到，结合轴截面的性质得到，进而建立不等式，求解的取值范围即可. 【详解】如图，设轴截面顶角为，两个母线的夹角为， 底面半径为，且， 由三角形面积公式得截面面积为， 若截面面积的最大值为，则，解得， 则，即，由轴截面的性质可得， 即，解得，故C正确. 故选：C 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有若干个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 若平面向量，满足，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 与的夹角为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过向量模的平方与点积的关系求出，再依次验证向量夹角、向量垂直关系、向量差的模，确定正确选项. 【详解】对于A，由，代入，， ，，解得，故A正确. 对于B，设与的夹角为，由，得：， ，则，故B错误. 对于C，，故，故C正确. 对于D，由，得，故D正确. 故选：ACD 10. 在中，，为中点，.以下结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 的面积的最大值是 C. D. 的周长可能是6 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A利用余弦定理即可求解，进而判断，对于B由即可判断，对于C利用，同时平方相加即可判断，对于D利用基本不等式即可判断. 【详解】对于A：由题意有，在中，由余弦定理有， 在中，由余弦定理有，即，故A错误； 对于B：由，当时，等号成立，故B正确； 对于C：由， 所以，故C正确； 对于D：由C选项有，所以，所以， 当且仅当时，等号成立，又，所以，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，正方体的棱长为，是四边形内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（ ） A. 当在线段上时，三棱锥的体积是定值 B. 当是线段的中点时，的周长是 C. 当是线段的中点时，三棱锥的外接球的体积是 D. 当是棱的中点时，的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意分别作图，根据正方体的几何性质，可得三棱锥的高与底面，利用三棱锥的体积公式，可得A的正误；利用勾股定理，可得B的正误；根据三棱锥的几何性质，结合外接球的性质，可得C的正误；根据线面垂直以及全等三角形，结合三角形三边关系，可得D的正误. 【详解】对于A，由题意可作图如下： 在正方体中，易知平面，则点到平面的距离为， 所以三棱锥的体积，故A正确； 对于B，由题意记，连接， 由分别为的中点，则，且， 在正方体中，易知平面，则平面， 因为平面，所以， 在边长为的正方形中，易知，且， 在中，，同理可得， 所以的周长为，故B错误； 对于C，在中，易知其外接圆圆心为， 由平面，则三棱锥的球心在直线上，即为的外心， 由余弦定理可得， 则， 由正弦定理可得其外接圆的半径为，即球的半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为，故C正确； 对于D，由题意作图如下： 在正方体中，平面， 因为平面，所以， 因为，，， 所以，则， 由，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，若，则_________. 【答案】4 【解析】 【分析】应用向量线性关系的坐标运算及平行的坐标表示列方程求参数即可. 【详解】因为，， 所以，又， 所以，解得. 13. 已知的内角的对边分别为，且，则面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理求得，利用正弦定理和三角恒等变换化简可得，结合正弦函数的图象与性质即可求解. 【详解】由，，则， 即，又， 又，得. 由正弦定理得， 所以， 故 ， 又，所以， 则，得， 所以，当且仅当时取等号， 又的面积， 所以的面积的最大值为. 14. 若棱长为a的正四面体的内部有一个棱长为2的正方体可任意转动，则a的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意该正方体一定内接于正四面体内切球内，且正方体的体对角线为正四面体内切球的直径时最小，再应用等体积法列方程求参数值. 【详解】由题意，要使正方体可任意转动，则该正方体一定内接于正四面体内切球内， 所以正方体的体对角线为正四面体内切球的直径时，最小， 此时正四面体的内切球半径为，而正四面体的高， 若正四面体的侧面三角形面积为，由等体积法知， 所以，可得. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 某高校“强基计划”自主招生的面试中有三道不同的题目，每位面试者依次作答．若答对两道题目，则面试通过，结束面试；若答错两道题目，则面试不通过，结束面试．已知李明答对第一道题目的概率为，答对第二道题目的概率为，答对第三道题目的概率为，假设每道题目是否答对是独立的． （1）求李明第二次答题后结束面试的概率； （2）求李明最终通过面试的概率． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）设表示“李明答对第道题目”，，设表示“李明第二次答题后结束面试”，则，然后根据互斥事件和独立事件的概率公式可求得结果； （2）设表示“李明最终通过面试”，则，然后根据互斥事件和独立事件的概率公式可求得结果 【小问1详解】 设表示“李明答对第道题目”，．设表示“李明第二次答题后结束面试”， 则，且，互斥． 因为每道题目是否答对是独立的，所以与．相互独立，与相互独立， 于是． 【小问2详解】 设表示“李明最终通过面试”，则且互斥， 所以 ． 因此，李明最终通过面试的概率是． 16. 从某次测试中随机抽取份测试卷进行成绩调查，发现抽取的测试卷的成绩分数都在之间，将抽取的测试卷按成绩分成六组：，，，，，，画出如图所示的频率分布直方图． （1）求的值和抽取测试卷的成绩的第百分位数； （2）对成绩在和的抽取测试卷，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取份，再从这份测试卷中随机抽取份了解答题情况，写出这份测试卷所有可能结果构成的样本空间，并求这份测试卷成绩都在的概率． 【答案】（1），84 （2），． 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质建立方程求解，利用总体百分位数的估计求解第百分位数即可. （2）利用分层抽样的性质求解抽取的人数，再求出整体样本空间和符合条件的事件，最后利用古典概型概率公式求解概率即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得．又由频率分布直方图可得， ，，的频率依次为， 所以前4组的频率为， 前5组的频率为， 故第80百分位数在区间上，因此第80百分位数为． 【小问2详解】 采用比例分配的分层抽样从和抽取5份测试卷， 由于，故成绩在的测试卷中抽取数为，记作； 成绩在的测试卷中抽取份数为，记作， 则从抽取的5份测试卷中随机抽取2份测试卷的所有可能构成的样本空间为： ，共有10个样本点， 设事件“这2份测试卷成绩都在”， 则，故，从而． 因此，这2份测试卷成绩都在的概率是． 17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是的中点，过点作交于点． （1）若是的中点，过点作一个截面，使得该截面与平面平行，请画出截面，并写出作图过程（无需证明）； （2）证明：平面； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）如图，取的中点的中点，连接， 则截面与平面平行． （2）证明：因为平面，平面，所以． 在矩形中，平面，平面， 故平面． 又平面，故． 在中，，是的中点，所以，又，平面，平面，故平面， 而平面，于是． 因为平面，平面， 所以平面； （3）． 【解析】 【分析】（1）过点M，分别在平面PBC，平面PDC做EB，ED平行线，可得截面； （2）由平面，可得，结合，可得平面，据此可得，然后结合，可完成证明； （3）由（2）可得即为二面角的平面角，然后由题目信息结合原先定理可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知平面，于是， 所以即为二面角的平面角． 在中，，故，从而． 在中，，故，从而． 又在中，，故由余弦定理得， ， 所以二面角的余弦值为． 18. 在中，内角所对的边分别为，且满足. （1）求； （2）所在平面内一点满足，若，求的周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由利用正弦定理得，利用两角和的正弦公式即可求解； （2）由得，即，同理得，即点O是的垂心，得，在中利用余弦定理得，最后利用均值不等式即可求解. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，所以， 同理可得，所以点O是的垂心， 又因为，所以， 在中，因为，即， 由余弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以， 当且仅当时等号成立. 所以， 所以的周长的最大值为. 19. 如图，在三棱台中，． （1）过且平行于的平面分别交AB，AC于M，N，求证：． （2）若三棱台的体积为，底面是以B为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面ABC． ①求三棱台的表面积； ②设，求异面直线BF与所成角的余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明：由题设，平面，平面，且平面平面， 所以，同理可得，则； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的性质可证、，即可证结论； （2）①由已知用表示出相关线段长，再由棱台的体积公式列方程求得，进而求其表面积；②根据棱台的结构特征有异面直线BF与所成角为或其补角，判断的变化情况，进而求其余弦值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由题设，，又底面是等腰直角三角形， 所以，且也是等腰直角三角形，则，， 则，， 又平面平面，则等腰梯形的高，即为棱台的高， 所以棱台的体积，可得， 所以，，， 由，平面，平面平面，则平面， 由平面，则，结合棱台的结构特征易知， 所以四边形为直角梯形，则，且， 对于梯形，设其高为，则， 所以，可得， 所以，可得，即， 所以， 综上，三棱台的表面积为； ②由，则异面直线BF与所成角为或其补角， 又，其中，即重合时， 结合棱台的结构知从过程中逐渐变小，当重合时最小， 此时，，又， 所以，故， 则， 综上，的余弦值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $