精品解析：河北省唐县第一中学2026-2027学年高二上学期开学数学试题

高二数学试题 试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单选题（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. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 5 2. 若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ） A. 或 B. C. D. 与斜交 3. 阿基米德（公元前287年-公元前212年）是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 4. 数据，，，，，，，，的第三四分位数为（） A. B. C. D. 5. 已知正方体边长为，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（ ） A. 为 B. 为的中点 C. 的轨迹长度为 D. 为的中点 6. 若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，是互斥事件，与是对立事件，若，，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8 8. 如图，在四棱锥中，侧面是边长为6的正三角形，侧面与矩形所在平面垂直，分别为侧棱的中点，为棱上一点，且，.若平面与交于点，则与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，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，都是复数，下列选项中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则是实数 C. D. 若，则 10. 如图所示，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，，设设，，，则下列等式成立的是（     ） A. B. C. D. 11. 在棱长为1的正方体中，点P在正方形内部运动（不包含边界），满足，下列命题中正确的是（ ） A. 在点运动的过程中，三棱锥的体积有最大值为 B. 在点运动的过程中，存在无数个点，使得平面截正方体的截面是等腰梯形 C. 在点运动的过程中，不存在点，使得直线平面 D. 取的中点，当点运动的过程中，一定有 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线的倾斜角是__________. 13. 在平行六面体中，，，，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，则体对角线的长度为_____ 14. 在锐角中，角的对边分别为，，则的最小值为_____． 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求； （2）若，且，求与所成夹角的余弦值． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，在线段上，且． （1）若平面，求的值； （2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）若为线段的中点，的面积为，求线段的长． 18. 某学校组织高一数学挑战赛，现从参加挑战赛的学生中随机选取人，将其成绩（百分制）分成、、、六组，得到频率分布直方图（如图），请完成下列问题： （1）求频率分布直方图中的值，并估计众数； （2）已知落在区间的样本平均分是，方差是；落在区间的样本平均分是，方差是，求两组样本成绩合并后的平均分和方差． 19. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的正切值； （3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试题 试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单选题（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. 若，则（ ） A. 1 B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【详解】由题可得， 故. 2. 若直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，则（ ） A. 或 B. C. D. 与斜交 【答案】A 【解析】 【详解】由，得， 所以或. 3. 阿基米德（公元前287年-公元前212年）是伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形：在圆柱容器里放一个球，使该球四周碰壁，且与上、下底面相切，则在该几何体中，圆柱的体积与球的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，由圆柱与球的体积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为， 所以. 4. 数据，，，，，，，，的第三四分位数为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】计算第三四分位数（即75%分位数）的位置：， 由于i不是整数，所以取大于i的最小整数对应的位置的数作为所求百分位数， 这里大于6.75的最小整数是7， 故数据，，，，，，，，的第三四分位数为第7个数据8. 5. 已知正方体边长为，分别是棱，的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，则平面的一个充分非必要条件是（ ） A. 为 B. 为的中点 C. 的轨迹长度为 D. 为的中点 【答案】D 【解析】 【分析】取中点、中点，证得平面平面，得到点在正方形内的轨迹即可逐一分析选项. 【详解】取中点、中点，连接、、，则， 又分别是棱，的中点，则，所以， 平面，平面，所以平面， ，，则四边形为平行四边形，有， 平面，平面，所以平面， 平面，，故平面平面， 因此满足平面的点在正方形内的轨迹是线段，该线段长度为； 分析选项： 选项A：若，该点不在轨迹上，不满足条件； 选项B：若为中点，该点不在轨迹上，不满足条件； 选项C：的轨迹长度为不能得到平面，不满足充分性； 选项D：若为中点，则是线段的端点，必然满足平面， 但满足平面的点可以是线段上的任意点，不一定是中点，因此是充分非必要条件. 6. 若构成空间的一个基底，则下列可以构成空间的另一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由基底的定义逐一判断即可. 【详解】，故A不是； 不存在，使得，故B是； ，故C不是； ，故D不是. 7. 已知，是互斥事件，与是对立事件，若，，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【详解】因为，是互斥事件，所以，则， 因为与是对立事件，所以. 8. 如图，在四棱锥中，侧面是边长为6的正三角形，侧面与矩形所在平面垂直，分别为侧棱的中点，为棱上一点，且，.若平面与交于点，则与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，因为分别为侧棱的中点，所以，根据线面平行的判定，得出平面，再由线面平行的性质得出，继而有，根据线段的比例关系可确定，取的中点，连接，再由面面垂直和线面角的定义找出为与底面所成角，解三角形，可得选项. 【详解】连接，因为分别为侧棱的中点，所以， 又∵平面，平面，∴平面，又平面平面， ∴，所以，.因为，所以.取的中点，连接，则. 因为，所以，又侧面底面，所以底面，所以为与底面所成的角. 因为，所以. 故选：C. 【点睛】本题考查线面角的计算，关键在于根据线面的关系，找出线面角的平面角，属于中档题. 二、多选题（本题共3小题，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，都是复数，下列选项中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则是实数 C. D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A根据复数模的性质判断可得；对B由共轭复数的定义及复数的加法运算可得；对C由共轭复数的定义及运算可得；对D通过举反例判断可得. 【详解】选项A：复数的模满足，若，则， 所以或，即或，故A正确. 选项B：设（），由得，则，为实数，故B正确. 选项C：设（）， 左边， 右边，左右两边相等，故C正确. 选项D：因为只有两个实数才能比较大小，若仅说明差为正实数，但可能含虚部， 比如，，但两个虚数和无法比较大小，故D错误. 10. 如图所示，是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，，设设，，，则下列等式成立的是（     ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用空间向量基本定理和向量的加减法逐一计算即可判断． 【详解】由向量的平行四边形法则，得，故A错误； 由向量的平行四边形法则和三角形法则， 得 ，故B正确； 因为点在线段上，且，所以， 所以，故C错误； ，故D正确． 11. 在棱长为1的正方体中，点P在正方形内部运动（不包含边界），满足，下列命题中正确的是（ ） A. 在点运动的过程中，三棱锥的体积有最大值为 B. 在点运动的过程中，存在无数个点，使得平面截正方体的截面是等腰梯形 C. 在点运动的过程中，不存在点，使得直线平面 D. 取的中点，当点运动的过程中，一定有 【答案】BCD 【解析】 【分析】由可知，点在以为直径且位于正方形内部的半圆弧上．分别利用三棱锥体积公式、截面构造、线面垂直的判定以及三角形两边之和大于等于第三边判断各选项． 【详解】设为的中点，为正方形的中心． 由，可知点在以为圆心、为半径的半圆弧上，如图所示． 对于A，因为平面，所以三棱锥可看作以为底面、为高的三棱锥． 点到直线的距离不超过半圆的半径，故. 因此. 当与点重合时等号成立，所以该三棱锥体积的最大值为，A错误． 对于B，当在弧上运动（不含端点）时，直线与交于点，且在线段内部． 在上取点，使，如图所示． 这样的点有无数个． 因为，且，所以. 从而在中有． 又且，所以四边形为平行四边形，从而，故． 因为点在线段内部，所以． 由可知，故. 因此，即． 又因为，所以. 因为且，所以. 因此． 又点、、三点共线，所以平面． 由于且平面，故平面，从而平面． 因此平面截正方体所得截面为四边形． 该四边形满足、且，所以四边形为等腰梯形． 因此存在无数个满足条件的点，B正确． 对于C，假设存在点，使平面． 因为平面，所以． 又由题设． 又平面，平面，且两直线都经过点． 在同一平面内，经过一点只有一条直线与已知直线垂直，所以直线与直线重合，即、、三点共线． 在直角等腰三角形中，，所以点为斜边的中点，即点与点重合． 于是且. 因为平面，所以. 若，则在中应有. 但为正方体的体对角线，故,矛盾． 所以不存在这样的点，C正确． 对于D，设，． 因为平面，且为的中点，所以，从而. 同理，因为平面，所以. 于是. 因为各式均为正，要证明,两边平方后，只需证明. 又因为两边均为非负数，平方后有. 所以. 由两点之间线段最短，. 因此. 下面说明等号不能成立． 若等号成立，则必须同时有和． 由可知三点共线． 又，所以在直角等腰三角形中，为斜边的中点，从而，这与矛盾． 故,所以D正确． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 直线的倾斜角是__________. 【答案】 【解析】 【详解】由于直线的斜率，设其倾斜角为， 则，又，所以. 13. 在平行六面体中，，，，且与的夹角为，与的夹角为，与的夹角为，则体对角线的长度为_____ 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量的平行六面体法则可知，利用空间向量数量积的运算性质可求得的值，即为所求. 【详解】如下图所示： 由空间向量数量积的定义可知， ，， 由空间向量的平行六面体法则可知， 所以 ， 故，即体对角线的长度为. 14. 在锐角中，角的对边分别为，，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理、正弦定理结合三角恒等变换化简得出，利用正弦函数的单调性化简得出，代入结合诱导公式以及基本不等式求解即可． 【详解】由及余弦定理可得，整理可得， 由正弦定理可得 ， 因为，所以， 因为，故， 因为正弦函数在上为增函数，所以，故， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为． 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. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求； （2）若，且，求与所成夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由，得，得，即，所以； 【小问2详解】 由，得，即， 又因为，，所以，解得， 则与所成夹角的余弦值为． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，在线段上，且． （1）若平面，求的值； （2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，由等腰直角三角形及两平面垂直的性质建立空间直角坐标系；第（1）问求出平面的法向量，利用平面求； （2）利用两平面的法向量求锐二面角的余弦值． 【小问1详解】 取的中点为． 因为是以为斜边的等腰直角三角形，且，所以，且． 又因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面． 由，且三点共线，得； 又因为平面，所以． 因此、与过点且平行于的直线两两垂直． 以为坐标原点，以所在方向为轴正方向，以平行于的方向为轴正方向， 以所在方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 由，，，， 可得 因为在线段上，且，所以，且因此 于是 设平面的一个法向量为． 因为，，所以，． 取，则，，则． 因为平面，所以，即，解得． 【小问2详解】 由（1）可知，当时，平面的一个法向量可取． 由所建空间直角坐标系可知，平面为坐标平面，所以可取平面的一个法向量． 设平面与平面所成的锐二面角为． 因为，，的模为，且两个平面的法向量夹角的锐角等于两平面所成的锐二面角， 所以． 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． 17. 已知的内角，，的对边分别为，，，，． （1）求； （2）若为线段的中点，的面积为，求线段的长． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理化边为角后，可求得； （2）由余弦定理和正弦定理可得出关系，从而判断出是直角三角形，然后由三角形面积求得边长，再结合直角三角形的性质得结论. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得． 又，，则，． 又，所以． 【小问2详解】 由（1）知，则由余弦定理， 即． 又，由正弦定理， 则，所以． 所以，即是直角三角形． 则的面积，所以 所以． 18. 某学校组织高一数学挑战赛，现从参加挑战赛的学生中随机选取人，将其成绩（百分制）分成、、、六组，得到频率分布直方图（如图），请完成下列问题： （1）求频率分布直方图中的值，并估计众数； （2）已知落在区间的样本平均分是，方差是；落在区间的样本平均分是，方差是，求两组样本成绩合并后的平均分和方差． 【答案】（1），众数为 （2）， 【解析】 【分析】（1）利用面积和为计算可得,根据频率分布直方图可知众数为的中点值; （2）先计算成绩在、内的人数，求出平均值，再由方差的计算可得. 【小问1详解】 由题意可得 ，解得. 根据频率分布直方图可知众数为的中点值. 【小问2详解】 成绩在内的人数为， 成绩在内的人数分别为， 所以． 设学生成绩在区间内的数据记为、、、，学生成绩在内的数据记为、、、， 所以 . 19. 如图，平面四边形中，点是线段上一点，，且，，，沿着将三角形折叠得到四棱锥，折叠后． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的正切值； （3）若，，，在同一个球面上，设该球面的球心为，证明：当球的半径最小时，点在平面内． 【答案】（1） 在四边形中，因为，所以折叠后有，． 又，平面，平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． （2） （3） 由（1）知平面平面， 设和的外心分别和， 因为、、、均在以为球心的球面上， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 过点作于，连接， 设，显然四边形为矩形， 所以． 在中，设（）， 由及余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 在中，，，， 由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 所以， 即， 所以，故当时，球的半径最小， 此时点与点重合，所以点在平面内． 【解析】 【分析】（1）由图翻折可知，，再利用面面垂直的判定证明即可； （2）过点作交于，通过证明平面，得到为二面角的平面角，再求正切值即可； （3）设和的外心分别和，则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点，过点作于，连接，可知四边形为矩形，设，通过计算可得外接球半径，当时，球的半径最小，此时点与点重合即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，又，故， 过点作交于，则，连接，， 因为平面平面，面面，平面， 且，所以平面． 因为平面，所以，同理， 因为，，，所以由余弦定理得， 所以， 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以为二面角的平面角． 所以在中，， 所以平面与平面夹角的正切值为． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $