精品解析：湖北省十堰市郧阳中学2026-2027学年高二上学期暑假自主学习检测数学试卷

郧阳中学2025级高二年级上学期暑假自主学习检测 数学试卷 本试题卷共四页，十九题，全卷满分150分．考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷和答题卡上的非答题区域均无效． 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，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的加法运算以及模长的定义求解即可. 【详解】因为，，所以， 所以. 2. 样本数据4，4，5，5，6，7，7，7，8，8的60%分位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】应用百分位数定义计算求解. 【详解】样本数据4，4，5，5，6，7，7，7，8，8，， 所以样本的60%分位数为. 3. 已知平面内四个不同的点满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】将条件变形，得到的关系，进而可得的值. 【详解】, , 即, . 故选：D. 4. 若一组数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】根据方差的性质求解即可. 【详解】原数据方差为， 则新数据方差为. 5. 在中，角的对边分别为，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理结合整体代入思想求解即可. 【详解】因为，所以，而， 在中，，所以，故， 由余弦定理得，代入得， ，故， 故，故B正确. 故选：B 6. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法中直观图与原平面图形的关系，先还原原平面图形，计算原平面图形的边长，即可计算面积. 【详解】由题可得，原平面图形为直角梯形，其中，，， 因为，，所以，所以， 所以. 7. 在中，，，且的面积为，则（ ）． A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】延长到，使得，可得，由可得，进而求得，，在中，由余弦定理求得答案. 【详解】如图，延长到，使得， 由，可得，即，所以， 因为，所以，即，得， 由勾股定理可得，则， 在中，，则， 在中，由余弦定理得， 所以. 8. 已知向量在单位向量上的投影向量为，且，，则，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，设，根据向量在单位向量上的投影向量为，求出向量的坐标，从而得出向量的坐标.由，得出向量的终点轨迹为以为圆心，2为半径的圆，这样将求的最小值问题，转化为轴上一点到圆上一点的最小值问题. 【详解】因为为单位向量，令，设， 因为向量在单位向量上的投影向量为， 所以，所以，所以. 又，所以，所以，解得， 不妨取，则， 设，因为，所以向量的终点在以点为圆心，半径的圆上. ，，设，则点的轨迹为轴. 表示向量的终点到向量的终点的距离，即的长度. 求的最小值即求的最小值， 因为圆心到轴的距离为，所以的最小值为. 二、多选题：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. 在抛掷硬币试验中，下列说法正确的是（ ） A. 抛掷次，事件“正面朝上”发生的次数可能是 B. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”互斥 C. 抛掷次，事件“一次正面朝上，一次反面朝上”发生的概率为 D. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”相互独立 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，抛掷10次硬币，每次都有可能正面朝上，所以“正面朝上次数为10”是随机事件，有可能发生，A正确； 对于B，互斥事件是指两个事件不能同时发生，抛掷2次时，第一次正面朝上、第二次也可以正面朝上，两个事件能同时发生，不互斥，B错误； 对于C，抛掷次硬币，所有等可能结果为（正，正）、（正，反）、（反，正）、（反，反），共4种；“一次正面一次反面”包含2种情况，概率为，C正确； 对于D，第一次抛掷的结果不会影响第二次抛掷的结果，所以“第一次正面朝上”和“第二次正面朝上”相互独立，D正确． 10. 已知内角的对边分别是，则（ ） A. B. 的最小值为3 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】由，得，由正弦定理得和余弦定理化简判断A；由选项A，结合基本不等式求解判断B；由正弦定理边化角，再由的范围得的范围判断C；由选项A及已知求得判断D. 【详解】对于A，由，得， 由正弦定理得，由余弦定理得，则， 当时，，即， 当时，，又，则，， 于是，因此，A正确； 对于B，由，得，当且仅当时取等号，B正确； 对于C，由正弦定理得， 由为锐角三角形，，得，则， ，因此，C正确； 对于D，由，，，得，D错误. 故选：ABC 11. 正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面截正方体所得的截面周长为 D. 直线与直线所成角余弦值的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A易知三棱锥的外接球即为正方体的外接球，根据正方体的对角线长等于球的直径，求出表面积即可判断；B先根据线面平行的判定定理证明平面，则点到平面的距离即为到平面的距离，从而可得为定值，即可判断；C由B可知平面截正方体所得的截面为四边形，分别求出四条边的长度即可判断；D先将直线与直线所成角转化为直线与直线所成角，结合线面所成角的性质，即可求出直线与直线所成角的余弦值的最大值. 【详解】A，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则该外接球的直径为， 因此三棱锥的外接球的表面积，A错误； B，连接，由且， 所以四边形为平行四边形，则， 又，则，四边形为平面截正方体所得的截面图形， 连接，则由均为所在棱的中点，得，， 则四边形为平行四边形，，又平面，平面， 因此平面，点到平面的距离即为到平面的距离， 所以为定值，即三棱锥的体积为定值，B正确； C，由B可知，平面截正方体所得的截面为四边形， 而，，， 所以，C正确； D，由B知，则直线与直线所成角即为直线与直线所成角， 由异面直线所成角的范围为，若所成角余弦值最大，则直线与直线所成角尽可能小， 在正方体中，易知平面，则为与平面所成的角，为， 由线面角的性质可知，平面内任意直线与斜线的夹角不小于线面角，所以直线与直线所成角， 所以，即直线与直线所成角余弦值的最大值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或3”，“向上的点数是1或5”，则______． 【答案】## 【解析】 【详解】由于掷一枚质地均匀的骰子的基本事件数为，“向上的点数是1或3或5”，所以. 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，且，则的值为______ 【答案】 【解析】 【分析】 由题意结合正弦定理、余弦定理可转化条件为、，求得后代入运算即可得解. 【详解】，， ，由可得， 又，， . 故答案为：. 【点睛】本题考查了正弦定理与余弦定理的综合应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，熟记公式，合理运用是解题的关键，属于中档题. 14. 在三棱锥中，平面平面，，，则三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】过点作于，为的中点，设的外心是，半径是，连接，利用正弦定理求得，结合勾股定理定理，，，设三棱锥外接球球心是，连接，，过作于，由，即可求出外接球的半径，利用球的表面积公式即可求解. 【详解】如图，过点作于，为的中点，设的外心是，半径是，连接， 由正弦定理得，则， 为的中点，， ，所以， 因为， 所以， 所以，， 因为平面平面，于，平面平面，则平面，故， 设三棱锥外接球球心是，连接，，过作于， 则平面，于是，从而是矩形， 所以外接球半径满足， 解得， 所以外接球的表面积为． 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. 如图，正方体的棱长为4，为中点． （1）求三棱锥的体积； （2）求异面直线与所成角的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由即可求解； （2）由可得（或其补角）即为异面直线与所成的角，再借助余弦定理即可求解. 【小问1详解】 在正方体中，点到平面的距离为． 所以． 【小问2详解】 在正方体中，面对角线， 故（或其补角）即为异面直线与所成的角， 在中，，， ， 由余弦定理： ， 因为，所以， 故异面直线与所成角的大小为． 16. 从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高(单位：cm)数据绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）试估计该小学学生的平均身高； （3）若要从样本身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]三组内的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取30人参加一项活动，则从身高在[140，150]内的学生中应选取多少人？ 【答案】（1） （2） （3）5人 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求得的值； （2）由各区间中点值与相应频率乘积的和求得平均数； （3）计算出身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]内的学生总数，并求出身高在[140，150]内的学生的占比，从而求得应在该组中选取的人数. 【小问1详解】 由，得， 解得. 【小问2详解】 根据频率分布直方图，计算平均数为 . 【小问3详解】 身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]三组内的学生数分别为， 所以三个区域内的学生总数为. 所以从身高在内的学生中应选取人. 17. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【小问1详解】 在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. 【小问2详解】 以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 18. 如图，已知矩形，，，E是的中点，将沿折起，使得点D到达点P的位置，并连接，． （1）若的中点为F，证明：平面； （2）若四棱锥的体积为． （ⅰ）证明：平面； （ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】（1）取PA中点L，连接EL，LF，由题意可知，，且， 又因为，且，则，且，则四边形ECFL是平行四边形， 则，又因为平面PAE，平面PAE，所以平面PAE． （2）（ⅰ）取AE中点H，连接PH， 由题意可知，中，，，所以． 设四棱锥的高为h，则． 因为，， 所以求得，即，所以平面ABCE， 因为平面ABCE，所以． 由题意可知，中，，， 所以，所以，又因为，且两直线在平面内，所以平面PAE． （ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）取PA中点L，连接EL，LF，可得四边形ECFL是平行四边形，利用线面平行的判定定理即可证明结论； （2）（ⅰ）取AE中点H，连接PH，可证平面ABCE，由勾股定理可知，结合线面垂直的判定定理即可证明结论； （ⅱ）记直线PA与平面PBC所成的角为，点A到平面PBC的距离为d，则，利用等体积法求出即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）记直线PA与平面PBC所成的角为，点A到平面PBC的距离为d，则． 因为，，所以． 取BC中点G，连接HC，HG，HB， 由题意可知为直角三角形，且，，，所以， 又因为平面ABCE，所以， 因为，所以，同理， 因为，可得， 因为，所以， 所以，即直线PA与平面PBC所成的角的正弦值为． 19. 2026年中央电视台春节联欢晚会上，人形机器人化身孙悟空，身披战袍威风十足．根据指令（，），机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度（按逆时针方向旋转时为正，按顺时针方向旋转时为负），再朝其面向的方向沿直线行走距离r． （1）已知机器人甲位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向，机器人甲执行1次指令，移动到点． （ⅰ）求的值； （ⅱ）机器人甲按照指令继续移动，机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，两机器人恰好移动到同一点T，求的值； （2）已知机器人丙位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向． （ⅰ）若机器人丙连续执行3次（1）中的指令，移动到点M，求点M的坐标； （ⅱ）若机器人丙依次执行99次指令，第i次执行指令，其中，移动到点N，求点N到原点O的距离． 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据题意可得，求出，利用即可求解；（ⅱ）若机器人甲按照指令继续移动，则，若机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，则，在中，由正弦定理知：即可求解； （2）（ⅰ）根据指令即，连续执行3次求解即可；（ⅱ）由第i次执行指令，即在第次的基础上横坐标增加，纵坐标增加，可得N点横坐标为，N点纵坐标为，化简得到点的坐标即可求解. 【小问1详解】 （ⅰ），，解得，, 所以； （ⅱ）由（ⅰ）知：甲初始位置位于点，， 若机器人甲按照指令继续移动，则， 若机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，则， 在中，由余弦定理知：，所以． 由正弦定理知：，解得：，． 【小问2详解】 （ⅰ）指令即，第一次执行指令，移动到点； 第二次执行指令，移动到点； 第三次执行指令，移动到点； 即M点坐标为； （ii）第i次执行指令，即在第次的基础上横坐标增加，纵坐标增加， 则N点横坐标为 则N点纵坐标为 即， 所以点N到原点O的距离为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郧阳中学2025级高二年级上学期暑假自主学习检测 数学试卷 本试题卷共四页，十九题，全卷满分150分．考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷和答题卡上的非答题区域均无效． 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，，则（ ） A. B. C. 2 D. 8 2. 样本数据4，4，5，5，6，7，7，7，8，8的60%分位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 已知平面内四个不同的点满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 若一组数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 18 5. 在中，角的对边分别为，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 6. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，且的面积为，则（ ）． A. 3 B. C. D. 8. 已知向量在单位向量上的投影向量为，且，，则，的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 在抛掷硬币试验中，下列说法正确的是（ ） A. 抛掷次，事件“正面朝上”发生的次数可能是 B. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”互斥 C. 抛掷次，事件“一次正面朝上，一次反面朝上”发生的概率为 D. 抛掷次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”相互独立 10. 已知内角的对边分别是，则（ ） A. B. 的最小值为3 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则 11. 正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面截正方体所得的截面周长为 D. 直线与直线所成角余弦值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或3”，“向上的点数是1或5”，则______． 13. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，且，则的值为______ 14. 在三棱锥中，平面平面，，，则三棱锥外接球的表面积为______． 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. 如图，正方体的棱长为4，为中点． （1）求三棱锥的体积； （2）求异面直线与所成角的大小． 16. 从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高(单位：cm)数据绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）试估计该小学学生的平均身高； （3）若要从样本身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]三组内的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取30人参加一项活动，则从身高在[140，150]内的学生中应选取多少人？ 17. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 18. 如图，已知矩形，，，E是的中点，将沿折起，使得点D到达点P的位置，并连接，． （1）若的中点为F，证明：平面； （2）若四棱锥的体积为． （ⅰ）证明：平面； （ⅱ）求直线和平面所成角的正弦值． 19. 2026年中央电视台春节联欢晚会上，人形机器人化身孙悟空，身披战袍威风十足．根据指令（，），机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度（按逆时针方向旋转时为正，按顺时针方向旋转时为负），再朝其面向的方向沿直线行走距离r． （1）已知机器人甲位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向，机器人甲执行1次指令，移动到点． （ⅰ）求的值； （ⅱ）机器人甲按照指令继续移动，机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令移动，两机器人恰好移动到同一点T，求的值； （2）已知机器人丙位于平面直角坐标系的坐标原点O，且面向x轴正方向． （ⅰ）若机器人丙连续执行3次（1）中的指令，移动到点M，求点M的坐标； （ⅱ）若机器人丙依次执行99次指令，第i次执行指令，其中，移动到点N，求点N到原点O的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $