精品解析：湖南省娄底市涟源市部分学校2026-2027学年高二上学期入学考试数学试题

湖南省涟源市部分学校2026年下学期 高二入学考试数学试题 （考试时长：90分钟，共100分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32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. 已知为两条不同直线，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为（ ） A. ②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②③ 2. 已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 某位同学参加歌唱比赛，有8位评委．歌唱结束后，各评委打分的平均数为5，方差为3．又加入一个特邀嘉宾的打分为5，此时这9个分数的平均数为，方差为，则（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 5. 在中，是线段的中点，是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，的外接圆的圆心为,,,,则等于(　) A. B. 3 C. 2 D. 8. 若函数的定义域内存在，使得成立，则称该函数为“完整函数”．已知是上的“完整函数”，则的取值范围为（ ） A. B. C. [3，5] D. 二、多选题（本大题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 设复数满足，为复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. 是个纯虚数 D. 复数对应的点位于复平面的第二象限 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ） A. 存在点，使得平面， B. 过点三点的平面截正方体所得截面的面积最大为5 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，且定值为 D. 的最小值为 三、填空题（本大题共2小题，每小题4分，共8分，把答案填在题中的横线上） 11. 如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________ 12. 为所在平面外一点，为在平面上的射影.若､､与平面所成的角相等，则是的___________心. 四、解答题（本大题共4小题，共48分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 13. 某校高一年级进行数学计算能力大赛，数学备课组从全年级的1000名学生的成绩中抽取容量为n的样本，构成频率分布直方图，且成绩在区间的人数为5． （1）求样本容量n以及频率分布直方图中的x； （2）估计全年级学生竞赛成绩的平均数； （3）从样本中得分在[80,100]的学生中随机抽取两人，问所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是多少？ 14. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若是的中点，且，求； （3）若，求的面积. 15. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 16. 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省涟源市部分学校2026年下学期 高二入学考试数学试题 （考试时长：90分钟，共100分） 一、单选题（本大题共8小题，每小题4分，共32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. 已知为两条不同直线，为三个不同平面，下列命题：①若，，则；②若，，则；③若，，则；④若，，则.其中正确命题序号为（ ） A. ②③ B. ②③④ C. ①④ D. ①②③ 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面平行的性质和判定，结合线面垂直的性质，对每个选项进行逐一分析即可. 【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，，则，故①正确； 若，，平面可能相交，故②错误； 若，，则可能平行，故③错误； 由线面垂直的性质可得，垂直于同一个平面的两直线平行，故④正确； 综上所述，正确的是①④. 故选：. 【点睛】本题考查面面平行的判定和性质，涉及线面垂直的性质，属综合基础题. 2. 已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的基底向量的定义，及共面向量的定义逐项分析判断即可． 【详解】对于选项A，假设存在实数，，使得， 则，方程无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底，故A正确； 对于选项B，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故B错误； 对于选项C，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故C错误； 对于选项D，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故D错误． 3. 某位同学参加歌唱比赛，有8位评委．歌唱结束后，各评委打分的平均数为5，方差为3．又加入一个特邀嘉宾的打分为5，此时这9个分数的平均数为，方差为，则（　　） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】由平均数和方差的计算公式可判断. 【详解】某位同学参加歌唱比赛，有8位评委．歌唱结束后，各评委打分的平均数为5，方差为3． 又加入一个特邀嘉宾的打分为5，此时这9个分数的平均数为，方差为s2， 则，． 故选B． 【点睛】本题考查平均数、方差的求法，考查平均数、方差的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 4. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关. 【详解】如图可知， 四边形的周长为，四边形的面积为. 故选:D. 5. 在中，是线段的中点，是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算求解. 【详解】因为是线段的中点，所以. 因为是线段的中点，所以， 则. 故选：D 6. 已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处， 设球O与母线切于M点，所以，所以， 所以与全等，所以，同理，所以， 过A作，垂足为G，则，， 所以，所以，所以，所以， 所以该圆台的体积为. 故选：C 7. 如图，的外接圆的圆心为,,,,则等于(　) A. B. 3 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点为，连接，则可转化为. 【详解】取的中点为，连接，则， 又 ，故选D. 【点睛】向量的数量积的计算，有四种途径：（1）利用定义求解，此时需要知道向量的模和向量的夹角；（2）利用坐标来求，把数量积的计算归结坐标的运算，必要时需建立直角坐标系；（3）利用基底向量来计算，也就是用基底向量来表示未知的向量，从而未知向量数量积的计算可归结为基底向量的数量积的计算；（4）靠边靠角，也就是利用向量的线性运算，把未知向量的数量积转化到题设中的角或边对应的向量． 8. 若函数的定义域内存在，使得成立，则称该函数为“完整函数”．已知是上的“完整函数”，则的取值范围为（ ） A. B. C. [3，5] D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角恒等变换可知，再由三角函数值域以及“完整函数”定义将问题转化为在上至少存在两个最大值点，结合正弦函数图象性质得出不等式即可得解得的取值范围. 【详解】由题意可得： ， 即是上的“完整函数”，所以存在， 使得成立； 即存在，使得成立； 又因为，因此， 即在上至少存在两个最大值点， 所以，解得； 当，即时，一定满足题意； 若，因为，，所以， 又易知； 所以只需保证即可，解得， 综上可知． 故选：B． 二、多选题（本大题共2小题，每小题6分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 设复数满足，为复数的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. 是个纯虚数 D. 复数对应的点位于复平面的第二象限 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A选项，， 由可得，则，A对； 对于B选项，，故的虚部为，B错； 对于C选项，，故为纯虚数，C对； 对于D选项，复数在复平面对应的点的坐标为，位于第一象限，D错. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（    ） A. 存在点，使得平面， B. 过点三点的平面截正方体所得截面的面积最大为5 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，且定值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，证得平面和平面，得到平面平面，可判定A正确；得到过点的截面为平行四边形，结合，可判定B不正确；证得平面，得到点和 到平面的距离相等，结合，可判定C正确；将等腰直角展开到与矩形在同一个平面内，在中，利用余弦定理，可判定D正确. 【详解】对于A，如图（1）所示，分别连接， 在正方体中，可得， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面，所以A正确； 对于B，如图（2）所示，过点在平面内，作， 交分别为，则过点的截面为平行四边形， 设，其中，可得，， 当时，即点与重合时，，此时， 所以； 当时，可得且， 所以， 综上可得，截面平行四边形的面积，所以B不正确； 对于C，如图（3）所示，因为，且平面，平面， 所以平面， 又因为，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以， 所以三棱锥的体积为定值，且定值为，所以C正确； 对于D，如图（4）所示，将等腰直角展开到与矩形在同一个平面内， 此时点为点，则满足， 当且仅当三点共线时，取得等号， 在中，， 则 ， 所以的最小值为，所以D正确. 三、填空题（本大题共2小题，每小题4分，共8分，把答案填在题中的横线上） 11. 如图，以长方体的顶点为坐标原点，过的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若的坐标为，则的坐标为________ 【答案】 【解析】 【详解】 因为的坐标为，所以，，， 所以，，故. 12. 为所在平面外一点，为在平面上的射影.若､､与平面所成的角相等，则是的___________心. 【答案】外 【解析】 【分析】由条件证明，由此判断是的外心. 【详解】如图，因为为在平面上的射影，所以平面，又平面， 所以，，，即， 因为平面，所以分别为，，与平面所成的角的平面角， 由已知可得，又， 所以，所以，所以是的外心， 故答案为：外. 四、解答题（本大题共4小题，共48分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 13. 某校高一年级进行数学计算能力大赛，数学备课组从全年级的1000名学生的成绩中抽取容量为n的样本，构成频率分布直方图，且成绩在区间的人数为5． （1）求样本容量n以及频率分布直方图中的x； （2）估计全年级学生竞赛成绩的平均数； （3）从样本中得分在[80,100]的学生中随机抽取两人，问所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是多少？ 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由成绩在区间的频率为，求得样本容量，频率分布直方图中频率和为1求得； （2）根据频率分布直方图估计平均数； （3）列出所有可能的事件，结合古典概型公式可得所求概率． 【小问1详解】 成绩在区间的频率为，， 由频率分布直方图可得第4组的频率为 ，故. 【小问2详解】 先估计所抽取的25名学生成绩的平均数为 （分）， 估计全年级学生竞赛成绩的平均数为； 【小问3详解】 得分成绩在有（人）， 这组的3名学生分别为， ， ， 得分在区间[90，100]有（人）， 这组的2名学生分别为，， 随机抽取两人，所以可能的结果为 共10种， 所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90，100]的结果为 共7种， 故所抽取的两人中至少有一人的得分在区间[90,100]的概率是. 14. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若是的中点，且，求； （3）若，求的面积. 【答案】（1）或； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理求角的大小； （2）由及余弦定理得，法一：应用正余弦定理得，即可求边长；法二：延长至点，使得，连接，易得，利用等比例性质求边长； （3）在内作，再由正弦定理、三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，即，解得， 所以或. 【小问2详解】 因为，即，化简得①. 法一：在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 又，所以， 在中，由余弦定理可得，所以，则②. 联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）. 所以. 法二： 延长至点，使得，连接， 由题意，则，即，整理得③. 联立①③，，解得或（舍）. 所以. 【小问3详解】 在内作，所以，设， 在中，由正弦定理知，即，知， 所以， 所以. 15. 每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）若，求乙恰好有一轮胜出的概率； （2）若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2）① ，；② 【解析】 【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据对立事件和独立事件的概率公式列方程，即可求解；②先根据独立事件的概率公式求“甲两轮都胜出”和“乙两轮都胜出”的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得，，，相互独立，且，，，． 记事件“乙恰好有一轮胜出”，则，又互斥， 所以，当时， . 因此，当时，乙恰好有一轮胜出的概率为. 【小问2详解】 ①事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”， 则， ， 则，解得，． ②事件“甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”， 事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ，， 16. 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】（1） 连接AC交BD于，连接，则，因为， 由四棱台的性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，平面面，故面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接AC交BD于，则可得，进而得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判断即可证得平面； （2）利用等体积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得点的轨迹为，根据线面角的定义可知为与面所成的平面角，然后可得的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，， 可得，而平面， 故平面，由平面， 故，，得， ，，故， 故，故. 【小问3详解】 连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故， 故平面，而平面，故， 又，，平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DP最小为，最大为4 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $