重庆市巴蜀中学校2026-2027学年高二上学期入学考试数学试题

**基本信息** 高2028届高二上期入学数学试卷，以分层抽样、频率分布直方图等真实情境为载体，融合空间观念与数据意识，实现基础巩固与能力检测的开学诊断功能。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|抽样方法、斜二测画法、解三角形|第1题分层抽样考查从现实世界发现数量关系的数学眼光| |多选|3/18|复数、解三角形、立体几何|第11题正四棱锥多结论判断，体现逻辑推理与空间想象| |填空|3/15|三角恒等变换、圆锥内切球、四边形面积|第13题圆锥内切球问题，综合空间形式与运算能力| |解答|5/77|统计分析、解三角形、立体几何证明与探究|第15题频率分布直方图分析数据，第19题二面角范围探究，凸显数学思维与表达能力|

高2028届高二上期入学考试 数学试题答案 一、选择题答案： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A C B C B D C B BCD ABD ABD 12.【答案】9；【详解】a=(1,-2),b=(2,-1),a+b=(3,-3),所以a(a+b=9 13.【答案】5+；【详解】画出圆锥的轴截面如图 2 R R B G 设内切球的球心为D,半径为R,则AG=GB=,CG=2r,R=1,所以AC=BC=VAG+CG=√5r, 又5ac=5.ae+5x+5x,即x2rx2r-5rx1+x5r<1+分×2rX1,解得r=5 14.【答案】2√3 15.(本小题满分13分) 【答案】(1)200人：(2)37.5。 【详解】(1)由题可知组距为10，则(0.01+0.03+0.04+m+0.005)×10=1,解得m=0.015: 这500名中国AI大模型用户的年龄在15,35内的频率为：(0.01+0.03)×10=0.4， 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在15,35内的人数为：500×0.4=200人： (2)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数如下， 为(20×0.01+30×0.03+40×0.04+50×0.015+60×0.005)×10=37.5. 16.(本小题满分15分) 3 【答案】02：（②+25 【详解】(1)在△ABC中，由正弦定理得： AC AB sinZABC sinACB' 又AB=6，∠ABC=45°，∠ACB=60°.所以AC=ABsin∠ABC_V6×sin45° 2. sin∠ACB sin60° (2)在△ABC中，由余弦定理得：AB2=AC2+BC2-2AC.BC·coS∠ACB, :(V6)=22+BC2-2x2BC-cos60° 代入得BC2-2BC-2=0,.BC=V5+1(负数舍)，.BD=BC+CD=√5+1+3=√3+4 故AD的面制为8-8mnds-含6514号-g25. 2 17.(本小题满分15分). 【答案】山5：②)见详解 【详解】(1)因为直三棱柱的对应棱互相平行，所以AB11AB.因此，直线AB与B,D所成的角等于∠AB,D. 因为D为棱CC的中点，且CC=AA=4,所以CD=2. 又因为直三棱柱的侧棱垂直于底面，所以CC,⊥平面AB,C因此CD⊥AC,CD⊥B,C 在直角三角形ACD中，AD=VAC2+CD2-V22+2=2W2. 在直角三角形BCD中，B,D=√B,C+C,D2=V42+22=2W5.又AB=AB=23. 因为AD2+AB2=8+12=20=BD2,所以AD⊥AB. 故在直角三角形ARD中，s∠ABD-A级-25-5.因此，直线AB与BD所成角的余弦值为压 B,D25-5 (2)由（1)知AD1AB.所以AB⊥AD.下面证明AD⊥AD 因为CD=2,且CD1AC,所以在直角三角形ACD中，AD=√AC2+CD2=√22+22=2√2. 同理，AD=2N2.又AA=4,所以在三角形AAD中，AD2+AD2=8+8=16=A42. 因此AD⊥AD.由于AB与AD相交于点A,且直线AB、AD都在平面ABD内，所以AD⊥平面ABD. 又直线AD在平面AB,D内，因此平面ABD⊥平面AB,D. 18.(本小题满分17分). 【答案】(1)略：(2)6√5+6W2:(3)√18+46 【详解】(I)证明：(sinA-sinC)=sin2B-sinAsinC,化简整理，可得sin2A+sin2C-sin2B=sinAsinC, sinAsinBsinc,可得a2+c2-B=ac即+c2-b-1 根据正弦定理(-b、 2ac 2 根据余弦定理可知cosB=2B∈(Q,心，B= 令，故B为锐角，又cos4=三二0，A∈(0，D), 所以A为锐角，sinA>0,sin 2W2 3 3 所以，cosC=cosπ-(A+B)]=-cos(A+B)=-(cos Acos B-sin Asin B)= 1122xE-6>0, 323236 因为C∈(O,),所以C为锐角。故△ABC是锐角三角形. (2)由(1)得，sinC=siml[π-(A+B]=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin=5+V5 36 b =a4536 根据正弦定理sin B sinC sinA2√2 所以ABC的周长为a+b+c36SnA+smB+sin936文22+36x号3+362+点=6月+62. 2 36 (3)由于S,+S2=SABc, (+) 当且仅当 =即-时取得最小值， S S2 S22 在△ABD中，BD2=AB2+AD2-2AB.ADC0sA= +03j+j3 =18+4w6, 所以BD=V18+4W6 19.(本小题满分17分). 【容案】0)见详解，回(D见详解：([0到· 【详解】(1)证明：连接AS, 由DA⊥平面ABC,则DA⊥AC,DA⊥AB. 由AC=AD=4且AC⊥AD,可得△DAC为等腰直角三角形. B 又S为DC的中点，故AS⊥DC. 而AB⊥AC,且DA∩AC=A,又DAC平面DAC,ACC平面DAC, 所以AB⊥平面DAC,又DCC平面DAC,故AB⊥DC, 又ABOAS=A,ABC平面ABS,ASC平面ABS,所以DC⊥平面ABS,即DC⊥平面ABP. (2)(i)证明：由(1)可知DS=2√2，而0D=2√3，OS=2, 于是DS2+OS2=12=0D2,故DS⊥OS.同理可得AS2+0S2=0A,即AS⊥OS. 而AS∩DS=S,又ASc平面DAC,DSc平面DAC,所以OS⊥平面DAC, SAL-BP-J反ian0, 于是OS/AB,即O在平面ABS内且∠OSP=∠ABP,在R△SAB中，由于SP丙 且Sa趾= 1AB-APsin∠BAP- √2sin∠BAP _N2sin∠BAP=Ntan∠BAP, SASAP cOS∠BAP 5SA:APsin∠SAP sin -∠BAP 2 则tan8=tan∠BAP,而0<∠BAP<, ,则9=∠BAP,因此∠SPA=6+∠ABP=8+∠OSP. (ii)方法一：过S作SH∥AC交AD于点H,连接HO,易知SH⊥AD,AD⊥OS, 因为SH∩OS=S,又SHc平面OHS,OSc平面OHS, 所以AD⊥平面OHS,H0c平面OHS,则AD⊥HO,故二面角C-AD-O的平面角Y为∠OHS, 则m7=m∠05-981，则7子 HS 记二面角P-AD-O、二面角P-AD-CP-AD-C的平面角分别为&，B,由条件可知a= 过P作PI⊥AS于点I,过I作IK⊥AD于点K,连接PK. 由(1)可知DC⊥平面ABP,而PIC平面ABP,故PI⊥DC, 因为AS∩DC=S,DCC平面DAC,ASC平面DAC,所以PI⊥平面DAC,ADC平面DAC,则PI⊥AD. 因为PI∩KI=I,PIc平面PIK,KIc平面PIK,所以AD⊥平面PIK, 又PKC平面PIK,则PK⊥AD,因此∠PKI为二面角P-AD-C的平面角，即∠PKI=B且PI⊥KI. 在RAP中，∠PI=号0，BS=MAS-26. 由I)可得A8上平面ADC,而ASC平面ADC中，枚AB1AS,而A5=号DC=25, C 故sin∠ABP= 2 2W2_5 故cos∠ABP=6由正弦定理，可知AB AP 1 DC2+AB2 V243, 3 sin∠APB-sin∠ABP 则AP=ABsin.∠ABP 4sin∠ABP 4sinθ sin∠APB sin(8+∠ABP)V2sinB+cos日，于是AI=APcos∠PA1= √2sin0+cos0 PI=APsin∠PAI= 4cos0 在R△AK中，由∠K1=可得KM= 2√2sin0 AI= √2sin0+cos0 4 2 √2sin0+cos0 则tanB=tan☑PKI=PI=V反 KI tanθ 注意到tana ua--un( tanB-12-tan0 22 1+tan B √2+tan √2+tanB 因为tan8>0,所以0< 22 √2+tan <2,则-1<万+uam 2W2 -1<1,则0≤tana<1, 则二面角P-AD-O的取值范围为0， 4 方法二：过作SH∥AC交AD于点H,连接HO,易知SH⊥AD,AD⊥OS, 过H作MH⊥AD交PD于点M, D S B 因为SH∩OS=S,SH,OSc平面OHS,故AD⊥平面OHS, 而H0c平面OHS,故AD⊥HO,故∠MHO为二面角P-AD-O的平面角. 记BD的中点为N,连接H,随着0变化，P带动着M的变化， 连接NO,显然H为DA的中点且HS=2. 由于N为BD的中点，所以NH∥AB且NH=AB=2. 因为OS∥AB且OS=2=AB,所以NH∥OS,NH=OS, 2 则四边形SO为平行四边形， 又AB⊥平面DAC,则NH⊥平面DAC, 故NH⊥HS,又NH=HS,则四边形HSO为正方形， 所以∠NHO=∠SHO=C,易知M在正方形NHSO边ON上， 4 因此0≤∠MHO<∠NHO=∠SHO, 则二面角P一-AD-0的取值范国为0，到 高 2028 届高二上期入学考试 数学试题 一、选择题:本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分. 1. 某校为了解全校高中生课后课外阅读时长情况，已知高一、高二、高三学生人数差异较大，各年级阅读 习惯差别明显。现计划抽取容量为 50 的样本开展调查, 为保证样本对三个年级都具备代表性, 应采用的抽 样方法是 ( ) A. 分层抽样 B. 随机数表法 C. 抽签法 D. 以上都不是 2. 如图,一个水平放置的直角梯形 由斜二测画法得到的直观图是等腰梯形 ,其中 ，则原梯形中 长度为( ) A. B. C. D. 2 3. 在 中，若 ， ， ，则 ( ) A. B. C. D. 或 4. 为实数，则实数 为( ) A. 1 B. -1 C. D. 0 5. 一正四棱台的上底边长与侧棱长相等,且为下底边长的一半,侧面积为 ,则该正四棱台的体积为 ( ) A. B. C. D. 6. 一组递增数据 的平均数为 3,方差为 4,极差为 6,若 ,则 ( ) A. 的极差为 10 B. 的方差为 8 C. 的第 80 百分位数为 D. 的平均数为 7 7. 在 中， ，最长边与最短边之比为 ，则最小角为( ) A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为 2 的正方体 中，点 ， 分别是棱 ， 的中点，点 在面 内(包含边界)运动，且直线 平面 ，则三棱锥 的外接球的表面积的最小值为( ) 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. 已知复数 ，则下列结论正确的是( ) A. 为纯虚数 B. C. D. 若 是实系数方程 的一个根，则另一个根为 10. 在 中，角 所对的边分别为 ，且 ，则()) A. B. 为钝角三角形 C. 的面积为 4 D. 外接圆的面积为 11. 如图，在棱长均为 2 的正四棱锥 中， 为底面正方形的中心， ， 分别为侧棱 的中点, 则下列结论中正确的是 ( ) A. PC//平面OMN B. 过 三点的平面截四棱锥,截面是等腰梯形 C. 为棱 上动点，则 最小值为 D. 三棱锥 与四棱锥 体积之比为1:16 三、填空题: 本题共 3 个小题, 每小题 5 分, 共 15 分. 12. 若 ，则 _____. 13. 如图,圆锥的底面半径为 ,高为 ,且该圆锥内切球 (球与圆锥的底面和侧面均相切) 的半径为 1 , 则 _____. 14. 在平面凸四边形 中, ,则该四边形 面积的最大值是_____. 四、解答题:本题共 5 小题，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (本小题满分 13 分) 为了解中国 AI 大模型用户的年龄分布，某公司调查了 500 名中国 AI 大模型用户，统计他们的年龄(都在 内 ,按照 进行分组,得到如图所示的频率分布直方图. (1)求这 500 名中国 AI 大模型用户的年龄在 15,35 内的人数； (2)估计这 500 名中国 AI 大模型用户年龄的平均数(各组数据以该组区间的中点值作代表). 16. (本小题满分 15 分) 如图，已知 中， ， ， ，延长 至点 ，连接 . (1)求 的长； (2)若 ，求 的面积. 17. (本小题满分 15 分). 如图,在直三棱柱 中, 为棱 的中点. (1)求直线 与 所成角的余弦值； (2)证明:平面 平面 . 18. (本小题满分 17 分). 在 中，内角 的对边分别为 ，已知 ，且 . (1)求证: 是锐角三角形； (2)若 ，求 的周长； (3)在(2)的条件下，点 是边 上的一点，记 的面积为 ， 的面积为 ，求当 取得最小值时, 的长. 19. (本小题满分 17 分). 如图 1,在三棱锥 中, 平面 为 的中点,点 在线段 上且 . 图 1 图 2 (1)求证: 平面 ； (2)如图 2，空间 点满足 ， ，且 为锐角. (i) 求证: ; (ii) 当 变化时,求二面角 的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $