精品解析：四川省泸州市泸县第五中学2026-2027学年高二上学期入学定时练习数学试题

泸县五中高2025级2026年秋期入学定时练习 数学学科试题 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题（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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以 2. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 所以. 3. 设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】利用线面平行、垂直的判定定理和性质定理判断即可. 【详解】对A：若，则或与相交或与异面，故选项A错误； 对B：若，则，故选项B正确； 对C：若，则或与相交，故选项C错误； 对D：若，则，故选项D错误. 故选：B. 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】函数的定义域是， 因为和在上都是单调递增的， 所以在上单调递增，最多只有一个零点， ， ， ，所以函数的零点在区间内. 5. 在中，，记，.则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以， 所以，解得， 即， 因为，，所以，故选项D正确. 6. 某县采用分层抽样的方法，对下辖甲、乙、丙三个乡镇的乡村电商直播商户进行营收调研．已知三个乡镇的直播商户数量之比为(4：5：6)，若从乙乡镇抽取了 15 户商户，则本次调研抽取的样本总容量为（ ） A. 35 B. 40 C. 45 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】在分层抽样中，各层抽取的样本数之比等于各层个体数之比，按比例计算即可. 【详解】三个乡镇商户数量比为，乙乡镇占比为. 设样本总量为，则乙乡镇抽取商户数为. 已知乙乡镇抽取了15户，即，解得. 7. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过侧面积求出斜高，再结合侧棱、斜高与棱台高的关系求出高，最后用正四棱台的体积公式求出体积. 【详解】设正四棱台的上底边长为，则侧棱长为，下底边长为；设正四棱台的高为，斜高为. 正四棱台的侧面积为，一个侧面积. ，解得. 在正四棱台中，，即，. . . . 8. 已知向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量的坐标运算求出的坐标，再把转化为关于的三角函数求最值. 【详解】因为，所以， 所以= =，当时取等号，所以的最大值为3. 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3分，选错或不选的得0分. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A：根据共轭复数定义，实部不变、虚部取相反数，可得 ，A正确。 对于B：，B错误； 对于C：根据复数模长公式，​，C正确； 对于D：代入化简分式： ，D错误. 10. 已知函数图象的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】首先根据对称轴和对称中心最小距离求出最小正周期，即可判断A，从而求出，得到其解析式，写出平移后的解析式即可判断B，举反例即可判断C，代入检验即可判断D. 【详解】对A，设函数的最小正周期为， 由函数图象的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为， 可得，解得，选项A正确. 对B，由A选项得，，，， 将其图象向左平移单位后的解析式为，显然其图象关于轴对称，不关于原点对称，故B错误； 对C， ，而，则不成立，故C错误； 对D，，则要关于直线对称， 由C知，故D正确. 故选：AD. 11. 在棱长为1的正方体中，点M，N分别是，的中点，点P，Q分别是边，上的点（不包括端点），且．则下列说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 与是异面直线 C. D. 三棱锥体积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项：利用线面平行性质得出平面; B选项：当时直线与相交; C选项：利用三角形全等证出； D选项：利用等体积法求三棱锥体积，再利用二次函数求体积的最大值. 【详解】因为点M，N分别是，的中点，所以， ，平面， 所以平面，即平面， 又，平面，故平面， A正确； 当时直线与相交， 理由如下： 取中点，连接， 因为均为中点，故，共面，又与不平行，故与相交，所以B错误； 过作，过作，连接，则, 因为平面，平面平面，所以， 故为平行四边形，，且，即， 所以，即，C正确； 因为， 设，则， ， 当且仅当时三棱锥体积最大，此时，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（共3题，每题5分，共15分.） 12. 数据，，，，，，，，，的第百分位数是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用百分位数的定义进行求解. 【详解】数据共有10个数，， 故从小到大排列为， 选择第7个数和第8个数的平均数作为第70百分位数，即为第70百分位数. 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式求解即可. 【详解】已知，，所以，， 所以向量在向量上的投影向量为. 14. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，为等边三角形，且的面积为，，则球的体积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据等边三角形面积公式求的边长，即可求的外接圆半径r，确定D在平面的投影位置，通过勾股定理可算出棱锥高的长度，设外接球半径为R，球心O在高所在直线上，根据球心到A和到D的距离均为R列方程，解出R，最后用球的体积公式计算体积. 【详解】已知为等边三角形，设边长为a，其面积，解得，即； 设底面的外接圆半径为r，， 因为，所以D在底面上的投影H即为 的外心; 在直角中，高, 设四面体外接球的球心为O，半径为R，球心O必在高线所在的直线上； 设，由于D到平面的距离为，球心到平面的距离为x， 则； 同时，球心到顶点D的距离也为R，则， 故，解得，由此可知O在延长线上， 则球的体积. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量的夹角为 （1）求 （2）求 ; （3）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用定义求解数量积； （2）根据向量模的性质可得，结合数量积的性质求结论； （3）将条件转化为 且与不反向，然后计算，解不等式即可得到结果. 【小问1详解】 由已知条件可得. 【小问2详解】 . 【小问3详解】 由于 ， 若与反向，可得， ， 所以，所以， 因为与的夹角为钝角， 所以，且与不反向， 所以 且 ，即且 . 所以的取值范围是. 16. 已知函数的最小正周期为，最大值为. （1）求函数的解析式和单调递减区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.设函数在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）；单调递减区间为， （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数的周期、最值、特殊点函数值求解参数得到解析式，再结合正弦函数的单调区间推导的单调递减区间； （2）按照图象平移、伸缩变换规则得到的解析式，将零点问题转化为函数图象交点问题，结合在给定区间的单调性与端点取值求解的范围 【小问1详解】 由函数的最小正周期为，根据周期公式，解得. 由的最大值为，正弦函数最大值为1，得，解得. 代入，得，即， 又，故，因此. 令，，得，， 即，， 即的单调递减区间为， 【小问2详解】 将的图象向左平移个单位长度，得. 将所得函数图象横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得. 因为在上有两个不同零点，等价于在该区间有两个不同实根， 即与的图象在该区间有两个不同交点. 当时，单调递增，且； 当时，单调递减，且. 又，，， 故当时，两个图象有两个不同交点，即的取值范围为. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若点是边的中点，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、余弦定理对条件等式进行边角互换求解； （2）利用向量计算和余弦定理，可以将表示为关于的代数式，进而通过的取值范围求的取值范围. 【小问1详解】 由题可知， 由正弦定理得，，故， 所以． 【小问2详解】 由为边中点，故， 平方可得， 故，① 由①知，故，又，故， 由余弦定理， 又由①式可得，所以，a的取值范围为． 18. 某校举办益智类答题比赛，对报名参加初赛的学生进行了选拔性测试，为了解参赛者的成绩情况，随机抽取了200名学生的成绩（满分100分），按照，，，，，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）请根据直方图估计参赛者成绩的85%分位数； （3）已知样本数据落在的平均数是87，方差是6.2，落在的平均数是93，方差是9.2，求这两组数据合并后的平均数和方差． 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质计算即可. （2）根据频率分布直方图中百分位数的估计方法求解即可. （3）根据加权平均数及合并方差公式求解即可. 【小问1详解】 由题意，，解得． 【小问2详解】 设参赛者成绩的分位数为， 由图知成绩在内的频率为0.7，成绩在内的频率为0.95，所以在内， 所以，解得． 【小问3详解】 成绩在内的人数为，成绩在内的人数为， 所以这两组数据合并后的平均数， 方差． 19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，是与的交点，，，平面，，是棱上的一点． （1）当为中点时， （ⅰ）证明：平面； （ⅱ）求三棱锥的体积． （2）若二面角为直二面角，求的长． 【答案】（1）（ⅰ）因为底面为菱形，是与的交点，所以为中点. 又为中点，所以是的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面． （ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）利用线面平行的判定定理即可；（ⅱ）利用点到平面的距离为的一半即可得三棱锥的高，再利用三棱锥的体积公式即可. （2）由二面角为直二面角可证明，从而在直角三角形中计算即可. 【小问1详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由为菱形，，， 得. 又为中点，平面，故三棱锥的高. 三棱锥的体积． 【小问2详解】 在平面内作于. 因为二面角为直二面角，即平面平面，平面平面，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为底面为菱形，所以，. 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 因为平面，所以. 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以. 在菱形中，，，则. 在中，，则 所以. 在中，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2025级2026年秋期入学定时练习 数学学科试题 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题（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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 3. 设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 函数的零点所在的区间是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，记，.则（ ） A. B. C. D. 6. 某县采用分层抽样的方法，对下辖甲、乙、丙三个乡镇的乡村电商直播商户进行营收调研．已知三个乡镇的直播商户数量之比为(4：5：6)，若从乙乡镇抽取了 15 户商户，则本次调研抽取的样本总容量为（ ） A. 35 B. 40 C. 45 D. 50 7. 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. 8. 已知向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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3分，选错或不选的得0分. 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数图象的一条对称轴和一个对称中心的最小距离为，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 将函数的图象向左平移个单位长度后所得图象关于原点对称 C. D. 11. 在棱长为1的正方体中，点M，N分别是，的中点，点P，Q分别是边，上的点（不包括端点），且．则下列说法中正确的有（ ） A. 平面 B. 与是异面直线 C. D. 三棱锥体积的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（共3题，每题5分，共15分.） 12. 数据，，，，，，，，，的第百分位数是___________． 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________． 14. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，为等边三角形，且的面积为，，则球的体积为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知向量的夹角为 （1）求 （2）求 ; （3）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围. 16. 已知函数的最小正周期为，最大值为. （1）求函数的解析式和单调递减区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象.设函数在区间上有两个不同的零点，求实数的取值范围. 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）若点是边的中点，且，求的取值范围． 18. 某校举办益智类答题比赛，对报名参加初赛的学生进行了选拔性测试，为了解参赛者的成绩情况，随机抽取了200名学生的成绩（满分100分），按照，，，，，分成6组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值； （2）请根据直方图估计参赛者成绩的85%分位数； （3）已知样本数据落在的平均数是87，方差是6.2，落在的平均数是93，方差是9.2，求这两组数据合并后的平均数和方差． 19. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，是与的交点，，，平面，，是棱上的一点． （1）当为中点时， （ⅰ）证明：平面； （ⅱ）求三棱锥的体积． （2）若二面角为直二面角，求的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $