广东省广州市2026-2027学年高二上学期数学开学模拟卷

**基本信息** 广东省广州市2026-2027学年高二数学开学模拟卷，120分钟150分，覆盖复数、向量、立体几何等核心知识，通过基础题（如复数运算）、能力题（如折叠问题）、创新题（如动态正方体）梯度设计，检测暑期学习效果，适配开学学情诊断。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数运算、向量投影、圆台高、解三角形测量|结合几何直观（如塔高测量），考查空间观念与运算能力| |多选|3/18|统计量（标准差、百分位数）、解三角形面积、正方体动态问题|体现数据意识（如方差计算），设置多情境推理（如异面直线夹角）| |填空|3/15|中位数与百分位数、异面直线夹角、二面角|聚焦数学思维（如折叠后空间角计算），强化符号意识| |解答题|5/77|解三角形证明、面面垂直与二面角、统计直方图与概率、折叠问题探究|突出模型观念（如知识竞赛概率模型），分层设问（如证明与距离计算），适配高考命题趋势|

广东省广州市2026-2027学年高二数学上学期开学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数z满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的除法运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】依题意，在上的投影向量，则， 所以. 故选：D 3．如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（ ） A． B． C．1 D．4 【答案】A 【分析】利用扇形的弧长公式，结合已知条件，求出圆台上、下底面圆的半径和的长，再结合圆台的几何结构特征，即可求得圆台的高. 【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为， 所以在圆锥中，可得，所以， 又在圆锥中，可得，所以， 所以该圆台的高为 . 故选：A. 4．在四面体中，M，N分别是，的中点，点G在线段上，满足，用向量，，表示向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量的加减法运算和向量基本定理进行变形. 【详解】 如图所示： ，因为分别为，的中点， 所以，， 所以． 5．如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理来求边，再由正切函数可求出塔高. 【详解】在中，由，，可得， 结合已知和正弦定理可得：，解得， 因为在点C测得塔顶A的仰角为， 所以， 故选：C. 6．若平面向量两两的夹角相等，且，则（    ） A．2 B．8 C．或 D．2或8 【答案】D 【分析】根据题意，三向量两两夹角为0或，当夹角为0时，直接求模，当夹角为时，利用向量求模公式即可求解． 【详解】若平面向量，，两两的夹角相等，则夹角为0或， 若夹角为0， 因为 则， 若夹角为，， 则． 故选：D． 7．在三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，若平面，则三棱锥与三棱柱的体积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，交于点，连接，由线面平行的性质定理得，进而得，利用相似得，进而得，利用体积公式即可求解. 【详解】连接，交于点，连接， 由平面，平面，平面平面， 所以，所以， 又，是棱的中点，所以， 所以，所以， 所以， 所以， 所以，， 又， 所以. 8．如图1，在直角梯形中，，，，.将直角梯形沿对角线折起，使得平面平面，如图2，则异面直线与所成角的正切值为（    ） 图1                          图2 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】过点在平面内作，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，同理可证平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，，，由勾股定理可得， 由得， 翻折前，在梯形中，，所以， 所以， 由余弦定理可得，即， 所以， 则， 因为，所以， 故点、、、， 所以，， 设直线与所成的角为，则， 所以， 故，所以， 因此异面直线与所成角的正切值为. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法中正确的是（    ） A．若样本数据，，...，的标准差为，则数据，，...，的标准差为 B．数据，，，，，，，的第百分位数是 C．若样本数据，，...，的方差，则这组样本数据的总和为 D．已知一组样本的样本容量为，样本平均数为，方差为，现在该样本中加入一个新数据，则得到新样本的平均数为，新样本的方差小于 【答案】BCD 【分析】A根据已知得方差为9，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；B根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；C由题意可得样本容量为20，平均数是从而可得样本数据的总和，即可判断；D由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断. 【详解】A，已知样本数据的标准差为，则， 数据的方差为，其标准差为，错误； B，数据共8个数，从小到大排列为， 由于，故选择第6个数作为第70百分位数，即为，正确； C，因为样本的方差 所以这个样本有20个数据，平均数是这组样本数据的总和为正确； D，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5， 设此时这9个数的平均数为，方差为，则，正确. 10．已知内角，，的对边分别为，，，外接圆半径为．若，且，则（     ） A． B．面积的最大值为 C． D．边上的高的最大值为 【答案】ABD 【分析】对A由正弦定理将角化边，再由余弦定理可得，再由同角三角函数关系式可得正弦值；对C直接由正弦定理可得；对B结合A选项分析，再通过基本不等式、三角形面积公式可得三角形面积的最大值；对D由三角形面积的最大值可得边上的高的最大值. 【详解】选项A：由，再由正弦定理得. 又因为，所以得，即， 由余弦定理， 又因为，所以，故A正确； 选项C：由正弦定理，得​​，并非，故C错误； 选项B：由A选项分析知，结合基本不等式，得， 即，当且仅当时取等号，将代入，解得. 所以三角形面积​​，即面积的最大值为，故B正确； 选项D：设边上的高为，由三角形面积公式，由选项B分析知， 所以，得，当且仅当时取等号， 即边上的高的最大值为，故D正确. 11．已知正方体的棱长为，点在棱上运动（含两个端点），下列结论正确的是（    ） A．对任意位置的点，都有 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．以点为球心，为半径的球面与平面的交线长为 D．当为中点时，正方体被平面截得的截面面积为 【答案】ACD 【分析】A选项，根据线面垂直的性质证明线线垂直，将动直线转化为定平面，通过证明线面垂直即可得到线线垂直；B选项，假设存在，利用平行线构造夹角，放在三角形中通过余弦定理计算边长，若能满足边长关系，则存在，不满足，则不存在；C选项，根据球与平面的截面为圆，可利用球半径，截面圆半径，圆心到平面的距离组成直角三角形，计算截面半径和周长即可；D选项，画出截面为等腰梯形，根据梯形面积公式计算即可． 【详解】 A选项，因为正方体中，平面，平面，故， 又因为，，故， 因为，且平面，故平面， 因为点在棱上运动（含两个端点），故平面， 则，故A正确； B选项，在正方体中，，故异面直线与所成的角为， 在中，，，若，则， 则，由余弦定理可得： ，即， 解得，不符合直角三角形边长关系，故B错误； C选项，因为，故为直角三角形，， 根据三棱锥的体积公式可得， 且， 故，解得， 故到平面的距离为，因为球半径为， 则截面圆半径为，则周长为，故C正确； D选项，如图所示，当为中点时，正方体被平面截得的截面为， 为的中点；则且， ，四边形为等腰梯形， 根据梯形边长可知高为， 根据梯形面积公式可得，故D正确． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是_____． 【答案】6 【分析】根据题意算出极差，进而得到该组数据的中位数，列式求出，进而利用百分位数的定义得出答案. 【详解】据题意，数据按从小到大的顺序排列为3，4，m，12，16，18， 则极差为，故该组数据的中位数是， 数据共6个，故中位数为，解得， 因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数为6， 13．如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点．若，则直线与所成角的余弦值为____________． 【答案】 【详解】由题意知在直三棱柱中，， 故以B为坐标原点，以为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则， 故， 设直线与所成角为， 则. 14．如图，已知二面角平面角的大小为，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都与AB垂直.已知，，则______. 【答案】 【分析】以、为邻边作平行四边形，连接，计算出、的长，证明出，利用勾股定理可求得的长. 【详解】如下图所示，以、为邻边作平行四边形，连接， 因为，，则， 又因为，，， 故二面角的平面角为， 因为四边形为平行四边形，则，， 因为，故为等边三角形，则， ，则，， ，平面， 故平面， 因为平面，则， 故. 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．（13分） 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. (1)证明：； (2)若的面积，求. 【答案】(1)由及正弦定理可得， 即 ， 因为、，所以， 因为，故， 所以或， 若，则； 若，即，不符合题意，舍去. 综上所述，. (2)或 【分析】（1）利用及正弦定理、两角和与差的正弦公式化简得出，讨论两角的范围，结合正弦函数的基本性质可证得结论成立； （2）由三角形的面积公式以及正弦定理化简得出，分析可知为锐角，于是得出，可得出或，再结合三角形的内角和定理以及（1）中的结论可求得角的值. 【详解】（1）略 （2）因为，整理可得， 由正弦定理可得， 因为，所以， 由（1）可知，故， 因为， 所以，故为锐角，所以， 因为，所以， 因为，所以或， 当时，则，则； 当时，由得， 整理可得，解得，故. 综上所述，或. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)因为底面是正方形，所以， 因为，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. (2) 【分析】（1）由题意有，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （2）根据已知求出相关线段长，构建合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值. 【详解】（1）略 （2）由题意，正方形的边长为，则， 在中，，， 因为，所以， 在中，设为与的交点，则， 所以，故是等边三角形，， 由（1）知平面平面，且交线为，过作于， 而平面，则平面 ， 在中，， 以为原点，为轴正方向，为轴正方向建立如图空间直角坐标系， 所以，，，，， 因为在上，且，所以， 因为底面且，可得， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 平面的法向量，，， 所以，取，则， 设平面与平面的夹角为， 则， 平面与平面夹角的余弦值为. 17．（15分） 某校法治社团组织全体高一学生开展“感悟法治内涵，争做普法先锋”知识竞赛，引导学生研习法律知识，弘扬法治精神．比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图． (1)求图中的值； (2)若规定，成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ (3)决赛晋级规则：选手连续作答法治知识题目，答错1题即终止答题，每人最多作答2题．设甲每题答对概率为，乙每题答对概率为，二人各题答题结果相互独立．求甲、乙两人答题总次数之和等于3的概率． 【答案】(1) (2)分 (3) 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质即可求出； （2）找出排名前的同学的成绩所在区间，通过比例计算该区间内的具体偏移量，最终求解最低入围成绩； （3）先拆分事件，再分步计算子事件概率，最后合并子事件概率求解． 【详解】（1）频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1， ，解得. （2）的频率为，的频率和为， 故排名前的同学的成绩位于内，且设为，则，解得， 进入决赛的同学成绩应不低于分． （3）设甲答题次数为，乙答题次数为， 由题意可得， 设事件为甲、乙两人答题总次数之和等于3， 由题意可得事件包含两种情况， 情况一：甲答题1次、乙答题2次；情况二：甲答题2次、乙答题1次， 所以， 故甲、乙两人答题总次数之和等于3的概率为. 18．（17分） 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即， 所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） (2)存在，正弦值最大值为 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【详解】（1）（i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； （2）以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 19．（17分） 在中，、、分别是边、、上的点. (1)若是的中点，且，，，求； (2)若为平面上任意一点，设，求证：； (3)若、、交于一点，求证：. 【答案】(1) (2)因为为平面上任意一点，设， 所以，即， 故. (3)如下图所示： 由题意可得，由连比定理可得， 同理可得，， 因此. 【分析】（1）推导出，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值； （2）由结合平面向量的减法法则可证得结论成立； （3）由题意得出，结合连比定理得出，同理得出，，再将三个等式相乘即可证得结论成立. 【详解】（1）因为为的中点，所以，即，即， 由平面向量数量积的定义可得， 所以，故. （2）略 （3）略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2026-2027学年高二数学上学期开学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知复数z满足，则（   ） A． B． C． D． 2．已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（   ） A． B． C． D． 3．如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（ ） A． B． C．1 D．4 4．在四面体中，M，N分别是，的中点，点G在线段上，满足，用向量，，表示向量为（   ） A． B． C． D． 5．如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为（    ）． A． B． C． D． 6．若平面向量两两的夹角相等，且，则（    ） A．2 B．8 C．或 D．2或8 7．在三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，若平面，则三棱锥与三棱柱的体积之比为（     ） A． B． C． D． 8．如图1，在直角梯形中，，，，.将直角梯形沿对角线折起，使得平面平面，如图2，则异面直线与所成角的正切值为（    ） 图1                          图2 A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列说法中正确的是（    ） A．若样本数据，，...，的标准差为，则数据，，...，的标准差为 B．数据，，，，，，，的第百分位数是 C．若样本数据，，...，的方差，则这组样本数据的总和为 D．已知一组样本的样本容量为，样本平均数为，方差为，现在该样本中加入一个新数据，则得到新样本的平均数为，新样本的方差小于 10．已知内角，，的对边分别为，，，外接圆半径为．若，且，则（     ） A． B．面积的最大值为 C． D．边上的高的最大值为 11．已知正方体的棱长为，点在棱上运动（含两个端点），下列结论正确的是（    ） A．对任意位置的点，都有 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．以点为球心，为半径的球面与平面的交线长为 D．当为中点时，正方体被平面截得的截面面积为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．一组数据按从小到大的顺序排列为，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是_____． 13．如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点．若，则直线与所成角的余弦值为____________． 14．如图，已知二面角平面角的大小为，其棱l上有A，B两点，AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都与AB垂直.已知，，则______. 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．（13分） 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. (1)证明：； (2)若的面积，求. 16．（15分） 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 17．（15分） 某校法治社团组织全体高一学生开展“感悟法治内涵，争做普法先锋”知识竞赛，引导学生研习法律知识，弘扬法治精神．比赛分为初赛和决赛两个环节，现从所有初赛成绩（满分100分，最低分50分）中，随机调查了部分同学的测试成绩，按，，，，分组，并绘制出了如图所示的频率分布直方图． (1)求图中的值； (2)若规定，成绩排名前的同学可入围决赛，请估计进入决赛的同学成绩应不低于多少分？ (3)决赛晋级规则：选手连续作答法治知识题目，答错1题即终止答题，每人最多作答2题．设甲每题答对概率为，乙每题答对概率为，二人各题答题结果相互独立．求甲、乙两人答题总次数之和等于3的概率． 18．（17分） 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． (1)若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； (2)试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 19．（17分） 在中，、、分别是边、、上的点. (1)若是的中点，且，，，求； (2)若为平面上任意一点，设，求证：； (3)若、、交于一点，求证：. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $