安徽省桐城中学2026-2027学年高二上学期第一次学情调研数学试题

保密★考试结束前 桐城中学2026—2027学年度上学期第一次学情调研 高二数学试卷 考生须知： 1．本卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂． 卷I 选择题（58分） 一、单选题（每小题5分） 1．若，则（ ） A． B． C． D． 2．已知，是两条直线，，是两个平面．有以下命题： ①若，相交且都在平面，外，，，，，则； ②若，，则； ③若，，，则． 其中正确命题的个数是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 3．对于考试成绩的统计，若小明的成绩处在第95百分位数上，则以下说法正确的是（ ） A．小明得了95分 B．小明答对了95%的试题 C．95%的参加考试者得到了和小明一样的考分或还要低的分数 D．小明排名在第95名 4．已知为所在平面内一点，若，其中内角，，的对边分别为，，，则点是的（ ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 5．已知向量，，，满足，记的最大值为，最小值为，则（ ） A． B．2 C． D．1 6．如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交于，交于，给出下面几个命题： ①四边形一定是平行四边形； ②四边形有可能是正方形； ③平面有可能垂直于平面； ④设与的延长线交于，与的延长线交于，则、、三点共线； ⑤四棱锥的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．已知正三棱锥，底面边长为3，高为1，四边形为正三棱锥的一个截面，若截面为平行四边形，则四边形面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 8．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（ ）（容器壁的厚度忽略不计） A． B． C． D． 二、多选题 9．在中，内角，，所对的边分别为，，，下列各组条件中，能使恰有一个解的是（ ） A．，， B．，， C．，， D．，， 10．有10个连续排列的方格，每个方格可能被放置一枚棋子，且每个格子被放置棋子的概率均相等，已知前4格同时被放入棋子的概率为，甲和乙用该方格组进行游戏，游戏分两轮： 第一轮：棋子被放置后，选取第1个格子，若有棋子，则甲胜，否则乙胜； 第二轮：棋子被放置后，若这10个格子中，存在连续3格或以上被放入棋子，则甲胜，否则乙胜． 则（ ） A．第一轮游戏是公平的 B．第一轮游戏是不公平的 C．第二轮游戏不公平，且甲胜率比乙低 D．第二轮游戏不公平，且乙胜率比甲低 11．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得的截面记为，则下列命题正确的是（ ） A．当时，的面积为 B．当时，为四边形 C．当时，为等腰梯形 D．当时，与的交点满足 卷Ⅱ 非选择题（92分） 三、填空题（每小题5分） 12．已知点是的内心，若，则______． 13．在中，，其外接圆半径，且，则___________． 14．已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，，，且，与平面所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形与平面所成角的正切值为______． 四、解答题 15．我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行调查，通过抽样，获得某年100位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图的的值； （2）设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由； （3）估计居民月用水量的中位数． 16．已知． （1）化简：； （2）在中，内角、、所对的边长分别是、、，若，，且的面积，求、的值． 17．如图，在正方体中，，，分别是，，的中点． （1）证明：平面； （2）棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．在中，设角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若，求周长的取值范围． 19．如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，． （1）当为线段的中点时， （i）求证：平面； （ii）求直线与平面所成角的正弦值； （2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得？若存在，求出；若不存在，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $《2026年8月25日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 5 6 8 0 10 答案 C B C B A C D BD AD 题号 11 答案 ABC 1 12.6 13.1 14.v3 15.(1)a=0.30 (2)36000,根据(1)，100位居民月均用水量不低于3吨的频率为0.06+0.04+0.02=0.12. 由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300000×0.12=36000， （3)2.04 【详解】(1)由频率分布直方图，可知：月均用水量在[0.05)的频率为0.08×0.5=0.04」 同理，在0.5，)，1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5]等组的频率分别为0.08,0.21,0.25， 0.06,0.04,0.02. 由1-(0.04+0.08+0.21+0.25+0.06+0.04+0.02)=a×0.5+a×0.5,解得a=0.30 （2)略. (3)设中位数为x吨. 因为前5组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21+0.25=0.73>0.5， 而前4组的频率之和为0.04+0.08+0.15+0.21=0.48<0.5， 所以2≤x≤2.5，由0.50×x-2)=0.5-0.48,解得x=2.04】 故可估计居民月均用水量的中位数为2.04吨. 16.1)f()=-cos;(2)a=b=2. f(a)=-sinacosa(-tana)--cosa 【详解】(1)因为 -tan a sin a ,所以f(a)=-cos&； fC=2,即 1 1 -cosC=- Csπ (2)因 2,又0<C<π，所以3， 因为△ABC的面积S=V3,所以°2 0sC=Q2+h2-21 3 ,解得ab=4,又 2ab 2,所 ab=4 a=2 以a2+b=8,由a2+b=8,解得b=2,所以a=b=2. 17.(1)连接BD,BD,CD D B A D G :E,G分别为AB,AD中点，.EGIIBD BB,IDD,BB=DD,∴四边形BDDB为平行四边形，BDIIB D, EG/B,D,又EGt平面DB,C,B,DC平面DBC, ·EG∥平面DB,C」 (2)假设在棱CD上存在点T,使得AT∥平面B,EF, 延长BC,BF交于H,连接EH交DC于K, D C B A H D T E B CC,llBB,F为CC中点，∴.C为BH中点， CDAB,∴KCAB.KC-EB=DC 4 :ATM平面B,EF,ATC平面ABCD,平面B,EF∩平面ABCD=EK, TK=4E= DC ∴.AT∥EK,又TK∥AE,.四边形ATKE为平行四边形， :.DT=KC=1DC 4； DT 1 当DC4时，AT∥平面BEF 【详解】(1)略 (2)略 2π 18.(1)3:(2)(2V3,2+5 【详解】(1)由题意知l-sin2A=sin2B+1-sin2C+sin Asin B, sin2A+sin2B-sin2C=-sin Asin B. 由正弦定理得a2+b2-c2=-ab osC=a'+b-c_-abI 由余弦定理得 2ab 2ab2, 又0<C<π， Cs2π 3 a=bc 3 sin A sin B sinC sin =2 2π (2) 3 .a=2sin A,b=2sin B, 则△ABC的周长 ++e2(sin+sin2sin d+sim(2sin(++ ,元.号<A+<，*。<sn(4+s 33 2 31 2W3<2sin(A+)+3≤2+V3 :△ABC周长的取值范围是(2√3,2+V5], 19.(1)(i)由题意，四边形ABCD为直角梯形，且∠ABC=90°，AB/CD, 所以∠BCD=90°，所以BD=VBC2+CD2=V+1=V2. 取AB的中点N,连接DN,则CD∥BN且CD=BN,且∠BCD=90°， 故四边形BCDN为矩形， 则ONIIBC,且DN=BC,所以AD=VDN2+AW2=1+I=V2」 又由AB=2,所以BD+AD2=AB2,所以BD⊥AD, 又平面ADM⊥平面ABCD,平面ADM∩平面ABCD=AD,BDC平面ABCD, 所以BD⊥平面ADM, 又AMC平面ADM,所以AM⊥BD, 因为MD=MA=1,AD=V2,则AM+DM2=AD2,所以AM⊥DM, 又DM∩BD=D,DM、BDC平面BDM,所以AM⊥平面BDM. M 2W22 (i)11 (2)假设存在点M,使得M=B,延长AD与BC交于点G,连接MG, 则平面AMD∩平面MBC=MG, 设AR⊥平面MBC,垂足为R,连接MR,∠AMR是直线AM与平面MBC所成的角， 图%C08且C- ,所以，点D为AG的中点，则AG=2AD=2N2, 过点R作RT垂直于MG,垂足为T, 因为AR⊥平面MBC,MGc平面MBC,所以AR⊥MG, 又因为RT⊥MG,AR∩RT=R,AR、RTC平面ART,所以MG⊥平面ART,因为ATC平面 ART, 所以AT⊥MG ∠ATR是二面角A-MG-B的平面角， AR sina= inB=4R 所以 AM, AT. 由&=B,得AM=AT,所以M、T重合，由AT⊥MG,得AM⊥MG, 设FM=x(0≤x≤V2),则 M2=x2+ GM2=25-+2, 由勾股定理可得AM2+GM2=AG2, 即r+a5-+ =8 2 ,整理可得2x2-4V2x+1=0, x=V2-V6 =2+6 解得 2或 (舍)， 所以存在点M,当 FM=V2-6 2,有a=B成立. G B 【详解】(1)(i)略 (i)取AD的中点为P,BC的中点为O,连接MP、PO、QM, 过P在平面PQM内作PO垂直于M0,垂足为O, 又平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD, 所以AF⊥平面ABCD,M为EF的中点， 所以MPAF,所以MP⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以BC⊥PM, 又因为BC⊥PO,PONPM=P,PO、PMc平面PMg, 所以BC⊥平面PM0,POc平面PM0, 所以PO⊥BC,MQ∩BC=O,M9,BCc平面BCM, 得PO⊥平面BCM,因为2， -o-5变 所以 3V2 P0=MP:P-4-32_3N22 MQVi2√1122 由等面积法可得 2 延长AD与BC交于点G,则D为AG的中点，G为直线AD与平面MBC的交点， M 设点A到平面MBC的距离为d,直线AM与平面MBC所成的角为B, PO GP 3 d=4P0=4x322_222 则dGA4,所以3 32211, sine=d222 由AM=1,所以， ΓAM11: (2)略