精品解析：宁夏回族自治区吴忠市吴忠中学2026-2027学年高二上学期开学考试数学试题

吴忠中学2026—2027学年第一学期开学考试 高二数学试卷 时间：120分钟 满分：150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. 从有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，与事件“至少有1个白球”相等的事件是（ ） A. 全是红球 B. 至多有1个红球 C. 全是白球 D. 1个红球，1个白球 2. 已知等边三角形的边长为1，，，，那么（ ） A. 3 B. C. D. 3. 已知，，，为三条直线，，，为三个平面．下列命题为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 4. 已知向量=(2，1)，=(1，﹣1)，向量在方向上的投影向量为（ ） A. (2，﹣2) B. (，) C. (，) D. (，) 5. 已知一组数据，，，，的平均数是，方差是，那么另一组数据，，，，的平均数和方差分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 若的周长等于20，面积是，则边的长是 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 7. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为（ ） A. 9 B. 18 C. D. 6 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出选项中，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，有选错得0分． 9. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为1 B. C. D. 的共轭复数为 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 若向量，（）满足，则存在唯一的实数，使得 B. 已知非零向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 C. 已知平面平面，直线，则或 D. 在正四面体中，，，分别为，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 11. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则（ ） A. B. 若且有两解，则 C. 若，则 D. 若，则面积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若是虚数单位，则__________． 13. 已知，，则__________． 14. 如图， 在空间四边形中， 是边长为的等边三角形，平面平面，， 且， 则与平面所成角的大小是________________；二面角的余弦值是________． 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的周长. 16. 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按，，…，分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； （2）估计样本中成绩的上四分位数，众数，平均数及方差； 17. 如图，在正方体中． （1）求证：∥平面； （2）求证：平面． 18. 如图，在四棱锥中，平面，且底面是矩形，，是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若是四棱锥外接球上的一点，求点到平面的最大距离． 19. 奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：. （1）若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； （2）若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吴忠中学2026—2027学年第一学期开学考试 高二数学试卷 时间：120分钟 满分：150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. 从有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，与事件“至少有1个白球”相等的事件是（ ） A. 全是红球 B. 至多有1个红球 C. 全是白球 D. 1个红球，1个白球 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到“取出2个白球或1个白球和一个红球”即为“至多有1个红球”，即可求解. 【详解】由题意知：从有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球， 其中事件“至少有1个白球”即“取出2个白球或1个白球和一个红球”， 事件“取出2个白球或1个白球和一个红球”即为“至多有1个红球”. 2. 已知等边三角形的边长为1，，，，那么（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 3. 已知，，，为三条直线，，，为三个平面．下列命题为假命题的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，令，，若，则必有，，而在同一平面的a，b两条直线可以平行或相交，故A错误； 对于B，由线面平行的性质定理易得命题正确，故B正确； 对于C，由面面垂直的判定定理易得命题正确，故C正确； 对于D，设，，过点分别作于点，于点，如图所示， 因为，，，，所以， 又因为，所以，同理可得， 又因为， ，则，故D正确. 4. 已知向量=(2，1)，=(1，﹣1)，向量在方向上的投影向量为（ ） A. (2，﹣2) B. (，) C. (，) D. (，) 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】首先根据题意求出向量在方向上的投影为，再求投影向量即可. 【点睛】向量在方向上的投影， 因为投影向量与方向相同，， 所以向量在方向上的投影向量为. 故选：B 5. 已知一组数据，，，，的平均数是，方差是，那么另一组数据，，，，的平均数和方差分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据平均数和方差的二级结论计算. 【详解】因为数据，，，的平均数是，方差为， 则新数据，，，的平均数为：，方差为， 因为数据，，，，的平均数是，方差是， 则，，，，，的平均数是， 方差为， 故选：A． 6. 若的周长等于20，面积是，则边的长是 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用面积公式得到的值，结合周长为，再根据余弦定理列出关于的方程，求出的值即为的值. 【详解】因为面积公式， 所以，得， 又周长为，故， 由余弦定理得， ， 故，解得，故选C. 【点睛】考查主要考查余弦定理，以及会用三角形的面积公式的应用，属于中档题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 7. 已知向量，，若，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及数量积的坐标表示求解. 【详解】由，得，即， 则，而向量，， 因此，所以. 8. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则面积的最大值为（ ） A. 9 B. 18 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理和三角形内角和关系，确定是直角三角形，由勾股定理及基本不等式求得面积最大值. 【详解】由题设 及正弦定理可得 ， 又， 故，化简得， 因为，所以，即 ， 是直角三角形，直角在 ， 由勾股定理，直角在 ，故 ，  的面积 ，根据基本不等式 ，得： ， 因此 ，当且仅当 ​ 时取等号，即面积最大值为 . 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，有选错得0分． 9. 已知复数，则（ ） A. 的虚部为1 B. C. D. 的共轭复数为 【答案】ABD 【解析】 【详解】，的虚部为1，A正确； ，B正确； ，C错误； 的共轭复数为，D正确． 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 若向量，（）满足，则存在唯一的实数，使得 B. 已知非零向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是 C. 已知平面平面，直线，则或 D. 在正四面体中，，，分别为，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对A，由共线向量定理，可知A正确； 对B，因为，由与的夹角为锐角， 所以且，故B错误； 对C，根据面面垂直的性质，可知C正确； 对D，如图： 因为，分别为正四面体的边，中点，所以， 则为异面直线与所成的角或其补角. 在中，不妨设，则, 所以.故D正确. 11. 中，角，，所对的边分别为，，，且，则（ ） A. B. 若且有两解，则 C. 若，则 D. 若，则面积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先由正弦定理及三角恒等变换求出判断A，应用解的个数列式计算求解判断B，应用正弦定理及余弦定理计算判断C，利用余弦定理结合基本不等式得到，再利用面积公式计算判断D即可. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 得，由， ，又，则， 对于A， ，故错误； 对于B，因为有两解，则，得，得，故正确； 对于C，因为，所以， 由余弦定理得，得， 所以，故正确； 对于D，由余弦定理得，，得， 所以，当且仅当时等号成立， 则的面积为，故正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若是虚数单位，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意，． 13. 已知，，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以. 14. 如图， 在空间四边形中， 是边长为的等边三角形，平面平面，， 且， 则与平面所成角的大小是________________；二面角的余弦值是________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】说明为与平面所成的角，二面角的平面角为，结合解三角形知识即可求解. 【详解】第一空：过点作于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面，则为与平面所成的角， ，，， 第二空：如图所示，过点作于点，过点作交于点，过点作垂直交于点，则， 取的中点，连接， 所以二面角的平面角为， 由题意，因为，，， 所以点分别是的中点，所以， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以，所以， 所以三角形是等腰三角形，其中，， 由等面积法有，，解得， 所以，所以， 所以， 因为平面，，所以点在三角形内的射影必定为的交点， 即点在三角形内的射影必定为等边三角形的中心， 所以，，所以， 故所求为. 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. 在中，角的对边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 根据正弦定理及，得 ， ，即，， 在中，，，又. 【小问2详解】 ，. 由余弦定理得，. ，. 故的周长 16. 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按，，…，分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； （2）估计样本中成绩的上四分位数，众数，平均数及方差； 【答案】（1）；90 （2）86；75；76；169 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图各矩形面积之和为1，解方程求出，进而得到60分以上的频率，再乘以样本容量即可得对应人数； （2）众数取最高矩形区间中点；上四分位数先找累计频率定位所在区间，再通过列方程找频率为的位置即可； 平均数用各组组中值乘以对应频率求和即可求得；方差利用频率加权计算各组与平均数偏差的平方和即可求得. 【小问1详解】 根据频率分布直方图，各组频率之和为1，得：，解得：， 则样本中成绩不低于60分的人数为：. 【小问2详解】 上四分位数：前四组的累积频率为：， 前五组的累计频率为：，因为，所以上四分位数位于内， 设上四分位数为，则，解得：，故估计样本中成绩的上四分位数为86； 众数：因为众数为最高矩形的中点，故众数为75； 平均数：； 方差：. 17. 如图，在正方体中． （1）求证：∥平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）证明：因为为正方体，则∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2）证明：连接， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 由平面，可得， 同理可得：， 且，平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱锥中，平面，且底面是矩形，，是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）若是四棱锥外接球上的一点，求点到平面的最大距离． 【答案】（1）因为平面，平面，所以， 又四边形是矩形，所以， 又平面，平面，且，所以平面， 又平面，所以， 又是的中点，，所以， 又平面，平面，且，所以平面； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，即可证明； （2）根据等体积法先求得点到平面的距离，进而可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）取的中点，连接，，，可得为四棱锥外接球的球心，根据等体积法可求得点到底面的距离，进而可求得点到平面的最大距离． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点，连接． 因为，分别为，的中点，所以，， 又平面，所以平面， 所以， 由（1）得平面，又平面，所以， 又，所以，， 又，所以， 所以． 设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为． 由，解得， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 取的中点，连接，，． 因为平面，平面， 所以， 因为四边形为矩形，所以， 因为，平面，平面， 所以平面，平面， 因为平面，平面， 所以， 所以，，均为直角三角形，为斜边的中点， 所以为四棱锥外接球的球心， 由题可知，，所以． 设点到平面的距离为， 在三棱锥中，，即， 即，解得， 设点到平面的距离为， 又点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，所以， 在三棱锥中，设点到底面的距离为， 由，可得， 即，解得， 又点到平面的最大距离为点到平面的距离加半径，即为． 19. 奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：. （1）若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； （2）若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得，即可根据得，进而根据线性运算得,由共线即可求解， （2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得，即可得，结合三角恒等变换可得，即可根据函数的性质求解. 【小问1详解】 由于P是的内心，设内切圆的半径为， 由可得，即， 由，不妨设， 故， 设，则, 故, 由于与共线，而与不共线， 因此必然，故， 【小问2详解】 设外接圆的半径为, 则由得， 即， 由于，所以, 因此，又， 所以 , 由于三角形为锐角三角形，所以，解得， 故, 故当时，取最小值， 当或时，， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $