精品解析：浙江省宁波市北仑中学2026-2027学年高二上学期暑期学习检测数学试题

北仑中学2026学年第一学期高二年级暑期学习检测数学试卷 （2-18班使用） 命题：高二备课组 审题：高二备课组 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. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. i D. 2. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则此三角形的解的情况是（ ） A. 无解 B. 一解 C. 两解 D. 无法确定 3. 设一组样本数据的极差为，方差为，若数据的极差为，则数据的方差为（ ） A. 0.02 B. C. 0.2 D. 0.4 4. 一束光线从点出发，经直线反射后又经过点，则光线从点A到点B走过的路程为（ ） A. 5 B. C. 6 D. 5. 已知平面向量，，满足，，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是半径为2的圆周上的定点，为圆周上的动点，是锐角，大小为.图中阴影区域的面积的最大值为( ) A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，底面是等边三角形，⊥，二面角的大小为.若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 12 D. 24 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. 中国载人航天技术飞速发展，神舟二十三号载人飞船发射前夕，某学校举行了一次航天知识竞赛活动，有100名学生进入决赛，把他们的决赛成绩（均为整数）分成六组得到如下频率分布直方图.则下列说法中，正确的有（ ） A. 频率分布直方图中m的值为0.010 B. 在参加学校决赛的100名学生中，成绩落在区间内的有60人 C. 根据此频率分布直方图可计算出这100名学生成绩的上四分位数为80分 D. 如果规定90分以上学生获得一等奖，估计有15%的学生获得一等奖 10. 已知直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 原点到直线的最大距离为 D. 若的倾斜角分别为，且，则 11. 已知的面积为，角所对的边分别为，下列条件中，能使为等腰三角形的是（    ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某圆锥母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的体积为_______． 13. 复数，满足，，则的最小值为______. 14. 已知O是所在平面内一点，且，，的面积S满足，则__________. 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. 2026年4月15日是第十一个全民国家安全教育日，其主题是“统筹发展和安全，护航‘十五五’新征程”．对于高中生而言，国家安全应融入日常，落在行动．某中学为了夯实校园安全教育，组织了一次安全知识竞赛，甲、乙两队（每队2人）参加了此次竞赛，规定每队的每名队员各回答一题，答对得1分，答错得0分．甲队2人答对的概率分别为，，乙队2人答对的概率都是，且所有答题结果相互独立． （1）设甲队得1分的概率为，乙队得2分的概率为，求和的值； （2）比赛结束后，求乙队得分比甲队得分多的概率． 16. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． （1）求顶点的坐标； （2）若点为边上一点，且的面积为求点的坐标. 17. 设的内角所对的边分别是，已知． （1）求证：； （2）若，，设为边的中点，求的长． 18. （本题用空间向量法作答不给分）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，是的中点． （1）若（如图1） （i）证明：平面； （ii）求二面角的正切值； （2）若二面角的大小是（如图2），是棱上的点，满足与底面所成角的正弦值是，求的值． 19. 已知三个角的对边分别为，点平面，记． （1）已知，，， ①若为的内心，则，求； ②若点线段，求的最小值； （2）若为的内心，角的平分线交线段于点，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北仑中学2026学年第一学期高二年级暑期学习检测数学试卷 （2-18班使用） 命题：高二备课组 审题：高二备课组 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. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. i D. 【答案】A 【解析】 【详解】复数z满足，则， 所以，所以的虚部为. 2. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，则此三角形的解的情况是（ ） A. 无解 B. 一解 C. 两解 D. 无法确定 【答案】B 【解析】 【分析】通过正弦定理确定，即可求解. 【详解】根据正弦定理，代入已知条件，，， 得： ， 由题意：，又​，所以， 即只有一个解， 因此该三角形只有一解. 3. 设一组样本数据的极差为，方差为，若数据的极差为，则数据的方差为（ ） A. 0.02 B. C. 0.2 D. 0.4 【答案】D 【解析】 【分析】通过极差确定，再根据方差的线性变换性质，即可求解. 【详解】设原样本数据的最大值为，最小值为，则， 所以数据的极差为， 所以， 根据方差的线性变换性质可知，数据的方差为. 4. 一束光线从点出发，经直线反射后又经过点，则光线从点A到点B走过的路程为（ ） A. 5 B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出点A关于直线的对称点C坐标，根据反射的性质，结合两点间距离公式，即可得答案. 【详解】可设光线与直线交于点P， 由题意可得，点关于直线的对称点C在反射光线上， 设点，则，解得，即， 故光线从点A到点B所经过的路程是. 故选：B 5. 已知平面向量，，满足，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量的数量积公式求解． 【详解】因为，所以， 由，得， 得， 则，显然， 得 6. 三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理及平行线分线段成比例定理求解. 【详解】如图，连接，设，连接. 因为平面，平面平面，平面， 所以. 在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，即. 所以与相似， 则，又在中，由可得. 所以，即. 7. 如图，是半径为2的圆周上的定点，为圆周上的动点，是锐角，大小为.图中阴影区域的面积的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先确定面积最大时点的位置，然后结合扇形面积公式和三角形面积公式可得最大的面积值. 【详解】观察图象可知，当直线，即为弧的中点时，阴影部分的面积取最大值， 此时，， 面积S的最大值为 . 【点睛】本题主要考查数学应用意识、数形结合思想及数学式子变形和运算求解能力，有一定的难度.关键观察分析区域面积最大时的状态，并将面积用边角等表示. 8. 在三棱锥中，底面是等边三角形，⊥，二面角的大小为.若三棱锥外接球的表面积为，则该三棱锥体积的最大值为（ ） A. 6 B. 12 C. 12 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】先求出外接球半径，作出辅助线，得到外接球球心，根据二面角大小和外接球半径得到，并得到点到平面的距离最大值，得到体积最大值. 【详解】设三棱锥外接球的半径为，则，解得， ⊥，设的外心为，则是棱的中点， 设等边的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线， 两垂线交于点，则即为三棱锥的外接球球心， 因为二面角的大小为，所以， 设，则，， 于是，， ， 连接，则， 在中，由勾股定理得， 即，解得，所以， 因为⊥，所以当时，点到平面的距离最大， 此时，且， 其最大距离为，其中， 所以三棱锥的体积最大值为. 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. 中国载人航天技术飞速发展，神舟二十三号载人飞船发射前夕，某学校举行了一次航天知识竞赛活动，有100名学生进入决赛，把他们的决赛成绩（均为整数）分成六组得到如下频率分布直方图.则下列说法中，正确的有（ ） A. 频率分布直方图中m的值为0.010 B. 在参加学校决赛的100名学生中，成绩落在区间内的有60人 C. 根据此频率分布直方图可计算出这100名学生成绩的上四分位数为80分 D. 如果规定90分以上学生获得一等奖，估计有15%的学生获得一等奖 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，求出的值，即可判断A；求出成绩在内的频率，乘以总人数即可判断B；根据上四分位数的定义，结合频率分布直方图计算即可判断C；求出90分以上的频率即可判断D. 【详解】选项A：由频率分布直方图可知，，解得，故A正确； 选项B：成绩落在区间内的频率为，所以人数为人，故B正确； 选项C：前三组的频率之和为，前四组的频率之和为， 所以上四分位数为分，故C正确； 选项D：90分以上的频率为，估计有的学生获得一等奖，故D错误. 10. 已知直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则或 C. 原点到直线的最大距离为 D. 若的倾斜角分别为，且，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据直线垂直和平行得到关于的方程，解出即可判断AB，求出所过定点即可求出最大值，从而判断C；首先排除斜率不存在的情况，再利用二倍角的正切公式得到关于的方程，解出即可. 【详解】对A，若，则，解得，故A正确； 对B，若，则且，解得，故B错误； 对C，因为，则过定点， 所以原点到直线的距离，所以的最大值为，故C正确； 对D，的倾斜角为，若时，与轴垂直，所以， 而，所以，此时直线的斜率为， 所以，所以，与假设矛盾，所以，所以直线的斜率存在， 即，由得， 所以，得到，解得， 当，直线斜率均为负数，倾斜角都为钝角，不满足，故D错误. 故选：AC. 11. 已知的面积为，角所对的边分别为，下列条件中，能使为等腰三角形的是（    ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、基本不等式及函数单调性，逐一推导各选项是否能推出三角形两角或两边相等，判断是否为等腰三角形 【详解】选项A：由正弦定理得，即， 可得或，即或， 三角形也可能是直角三角形，不一定为等腰三角形，故A错误； 选项B：将和余弦定理代入条件， 可得，化简得，即， 因为，所以，三角形为等腰三角形，故B正确； 选项C：由正弦定理边化角，得， 由基本不等式，又即， 因此不等式成立当且仅当， 即，得，三角形为等腰三角形，故C正确； 选项D：由正弦定理边化角得，整理得， 构造函数，易知其在、上均单调递增，且两个区间上函数值符号相反， 故仅当成立，即三角形为等腰三角形，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某圆锥母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的体积为_______． 【答案】 【解析】 【详解】设圆锥底面圆半径为，高为，母线， 则圆锥的侧面积为，所以，， 故该圆锥的体积为． 13. 复数，满足，，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用复数模的意义求出在复平面内对应点的轨迹，再结合复数的几何意义及圆的性质求出最小值. 【详解】设，则，由，得， 整理得，即在复平面内对应点的轨迹为直线， 由，得在复平面内对应点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆， 过点作于点，线段交圆于，则为等腰直角三角形，， 而表示在复平面内复数对应点的距离， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 已知O是所在平面内一点，且，，的面积S满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用向量运算化简两个向量等式得，即点O是的外心，所以，再由结合三角形面积公式和向量数量积公式即可求解. 【详解】因为，所以， 即，所以， 所以，故， 因为，所以， 即，所以， 所以，故， 所以，即点O是的外心，所以， 因为，所以， 所以，因为，所以， 故. 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. 2026年4月15日是第十一个全民国家安全教育日，其主题是“统筹发展和安全，护航‘十五五’新征程”．对于高中生而言，国家安全应融入日常，落在行动．某中学为了夯实校园安全教育，组织了一次安全知识竞赛，甲、乙两队（每队2人）参加了此次竞赛，规定每队的每名队员各回答一题，答对得1分，答错得0分．甲队2人答对的概率分别为，，乙队2人答对的概率都是，且所有答题结果相互独立． （1）设甲队得1分的概率为，乙队得2分的概率为，求和的值； （2）比赛结束后，求乙队得分比甲队得分多的概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式及互斥事件概率加法公式求解即可； （2）分别计算出乙队得1分甲队得0分，乙队得2分甲队得0分，乙队得2分甲队得1分的概率，再相加即可. 【小问1详解】 由题意，得甲队得1分的概率， 乙队得2分的概率． 【小问2详解】 设“乙队得分比甲队得分多”为事件，事件包括三种情况：乙队得1分甲队得0分；乙队得2分甲队得0分；乙队得2分甲队得1分． 乙队得1分甲队得0分的概率， 乙队得2分甲队得0分的概率， 乙队得2分甲队得1分的概率， 因此， 所以乙队得分比甲队得分多的概率为． 16. 已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为． （1）求顶点的坐标； （2）若点为边上一点，且的面积为求点的坐标. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据点在的高线上，中点在直线上列方程得到点，根据点在边的中线上，垂直于边上的高线列方程得到点； （2）法一:根据点在上列方程，根据的面积得到到边的距离，然后利用点到直线的距离公式列方程，最后解方程即可； 法二：根据的面积得到到边的距离，然后设过与平行的直线的方程，最后与直线的方程联立即可； 法三：根据与的面积比值得到，然后利用向量求坐标即可. 【小问1详解】 设， 因为边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为， 所以解得，即的坐标为． 设，因为边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为， 联立方程组解得，即的坐标为． 【小问2详解】 法一：设(， 直线方程为 即， 因为，，所以． 的方程为，即， 又因为的面积为， 所以到边的距离为,即 即或， 联立方程组，解得=（舍去）， 联立方程组，解得， 所以. 因为，，所以． 的方程为，即， 又因为的面积为， 所以到边的距离为，设过与平行的直线为， 所以，解得或（结合图形舍去） ， 直线方程为 即， 联立方程组 解得，所以. 因为，，所以． 因为直线方程为，即， 所以点到边的距离为，即边上的高为， 故的面积为， 因为的面积为， 所以 ，所以 ， 设，则，解得. 17. 设的内角所对的边分别是，已知． （1）求证：； （2）若，，设为边的中点，求的长． 【答案】（1）由， 得到，所以， 由正弦定理得，即. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，切化弦、通分并整理得，再由正弦定理角转边，即可求证； （2）根据条件，利用余弦定理得，由向量的中线公式得，结合条件，利用数量积的运算律，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由余弦定理，又，， 得，又由（1）知，所以，解得， 又为边的中点，则， 所以， 则，所以的长为. 18. （本题用空间向量法作答不给分）在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是正三角形，是的中点． （1）若（如图1） （i）证明：平面； （ii）求二面角的正切值； （2）若二面角的大小是（如图2），是棱上的点，满足与底面所成角的正弦值是，求的值． 【答案】（1）（i）证明：因为在正方形中，， 又，,平面, 所以平面,平面, 所以， 又因为在正方形中，， 所以, 又因为侧面是正三角形，是的中点， 所以,，平面， 所以平面. （ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先利用在正方形中，，，，证得平面,平面,所以，，所以,再利用侧面是正三角形，是的中点，从而证得，最后证得平面. （ii）由（i）可知平面，作于点,连接,易证为二面角的一个平面角，在中求二面角的正切值； （2）分别取中点,连接，作交反向延长线于点，连接交于点,连接，作于点，易证得为二面角的一个平面角，平面,从而计算出，，由平面，平面，所以，又，可证得平面，从而与底面所成角为,通过数量关系求得，最后求出. 【小问1详解】 （i）略; （ii）作于点,连接， 由（i）得平面，平面, 所以，，又，,平面, 所以平面,平面, 所以，故为二面角的一个平面角， 由平面，，得平面，平面, 所以， 由,得 即, 在等边三角形中，， 在中，. 【小问2详解】 分别取中点,连接，作交反向延长线于点，连接交于点,连接，作于点， 在正三角形中，因为为中点， 所以, 在正方形中，且，因为分别为中点， 所以，且,故四边形是平行四边形也是矩形， 所以,, 所以平面,为二面角的一个平面角，， 在中，， ， 因为平面，平面， 所以，又，,平面， 所以平面， 所以与底面所成角为, ，所以, 因为在矩形中，,,所以， 又,所以四边形为平行四边形也是矩形， 所以，，, 设，则,， 在中，即，解得, 所以. 19. 已知三个角的对边分别为，点平面，记． （1）已知，，， ①若为的内心，则，求； ②若点线段，求的最小值； （2）若为的内心，角的平分线交线段于点，，求的取值范围． 【答案】（1）①;②12 （2） 【解析】 【分析】（1）①由，，可得 ， 所以，，通过平面向量线性运算可得； ②若点线段，则设，通过平面向量线性运算可得 ，再使用向量模与数量积的关系把模长表示为二次函数，从而求得的最小值； （2）因为角的平分线交线段于点，根据角平分线的性质可知，， 又，所以，,内切圆半径为，再利用的内心的性质可得，，，整理化简可得，从而把转化为，构造关于的二次函数求解取值范围. 【小问1详解】 ①由，，可得 ，所以，， 即,整理，得 , 两边乘以12，得 ,即，. ②若点线段，则设，那么 , 由于， 所以， ， 由,得, 所以，，即的最小值为，此时. 【小问2详解】 因为角的平分线交线段于点，根据角平分线的性质可知，， 所以， 又，所以，, 设内切圆半径为，那么为点到边的距离，则 ，即, 又， 所以，， 即, ， ， 整理，得 ，， 由于,所以，,所以，， 所以，，， 因为， 所以，设，则， 因为函数是开口向上，对称轴为直线的抛物线， 所以，函数在上单调递减，所以，，即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $