精品解析：广西南宁市东盟中学2026-2027学年高二年级上学期9月开学考数学试题

南宁市东盟中学2025级高二年级上学期9月开学考（数学） 时间：120分钟，满分：150分 一､选择题，本题共8小题，每小题5分，共40分.在年小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦函数的诱导公式，结合特殊角的余弦函数值进行求解即可. 【详解】. 故选：A 2. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数模的计算公式进行求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：B 3. 如图所示，已知在中，是边上的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，再由，即可得到答案. 【详解】由于是边上的中点，则. . 故选：B. 4. 某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为 A. 0.2 B. 0.8 C. 0.4 D. 0.3 【答案】D 【解析】 【详解】由相互独立事件同时发生的概率可知问题由乙答对的概率为，故选D. 5. 设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　） A. 若∥，∥，则∥ B. 若∥，，则 C. 若，则 D. 若，∥，则 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，与相交或平行；对于B，由面面垂直的判定定理得；对于C，与平行或；对于D，与相交、平行或． 【详解】设是直线，，是两个不同的平面， 对于A，若，，则与相交或平行，故A错误； 对于B，若，则内存在直线，因为， 所以，由面面垂直的判定定理得，故B正确； 对于C，若，，则与平行或，故C错误； 对于D，若，，则与相交、平行或，故D错误． 故选：B． 6. 若（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将虚根代入方程，结合复数的乘除法则进行计算即可. 【详解】因为（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根， 所以将其代入方程中得到， 化简得，所以. 7. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用得到关于的方程，解方程即可得到答案. 【详解】如图，设，则， 由题意，即，化简得， 解得（负值舍去）. 故选：C. 【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题. 8. 已知正三角形ABC的边长为4，D是BC边上的动点（含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形的对称性建立坐标系，利用坐标运算再结合二次函数求出结果即可. 【详解】以中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则， 设， 则， 所以， 因为，所以， 所以的取值范围是. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据题意建立坐标系，用坐标表示向量的数量积计算即得. 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，部分选对给部分分，有选错的得0分. 9. 某医疗器械公司统计了2020年11月份A品牌器械的日销售情况并绘制成如下统计图，则下列说法正确的是（ ） A. 2020年11月17日该品牌器械的销售量最大 B. 从销售数据看，前半月日销售量的极差小于后半月日销售量的极差 C. 从销售数据看，前半月日销售量的方差大于后半月日销售量的方差 D. 从销售数据看，前半月的销售业绩高于后半月的销售业绩 【答案】AB 【解析】 【分析】根据折线图容易看出选项A正确；前半月日销售量的极差小于后半月日销售量的极差，选项B正确；前半月日销售量的方差小于后半月日销售量的方差，选项C错误；后半月的销售业绩高于前半月的销售业绩，选项D错误. 【详解】根据折线图容易看出2020年11月17日该品牌器械的销售量最大，选项A正确； 从折线图可以看出，前半月日销售量的极差，后半月日销售量的极差，所以前半月日销售量的极差小于后半月日销售量的极差，选项B正确； 从销售数据看，前半月数据波动较小，后半月数据波动较大，因此前半月日销售量的方差小于后半月日销售量的方差，选项C错误； 从销售数据看，前半月数据.之和小于后半月数据之和，因此后半月的销售业绩高于前半月的销售业绩，选项D错误. 故选：AB 10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ） A. 已知均为非零向量，则存在唯一的实数，使得 B. 若向量与共线，则点，，，必在同一直线上 C. 若且，则 D. 若点为的重心，则 【答案】AD 【解析】 【分析】A. 由向量共线定理判断；B.由向量共线定理判断；C.由数量积的运算性质判断；D.由向量的中点表示与三角形的重心性质判断. 【详解】A. 由向量共线定理知正确； B.若向量，共线，则，所在直线互相平行或重合，则点，，，不一定在同一直线上，故错误； C.若，则，因为，则或与垂直，故错误； D.若点G为△ABC的重心，延长AG与BC交于M，则M为BC的中点，所以，所以，故正确. 故选：AD 【点睛】本题主要考查平面的共线定理，数量积的性质以及向量的加减运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面ABCD C. 三棱锥的体积为定值 D. 的面积与的面积相等 【答案】ABC 【解析】 【分析】选项A，用线面垂直的判定定理得出：平面，进而得出； 选项B，应用面面平行的性质，得出：平面平面，进而得到平面； 选项C，线面平行的判定定理，不难得出，从大的三棱锥中观察，到的距离始终是定值； 选项D，设，取的中点，运用平面几何性质：，所以，D选项错误. 【详解】对于A选项，连接、，因为四边形为正方形，则， 平面，平面，， 平面，所以平面， 因为平面，因此，A选项正确； 对于B选项，因为平面平面，平面， 所以平面，B选项正确； 对于C选项，因为，， 所以，故， 故点到平面的距离为定值. 因为的面积为， 点到平面的距离为定值， 故三棱锥的体积为定值，C选项正确； 对于D选项，设，取的中点，连接、， 由A选项可知，平面，即平面， 平面，则，因为且， 故四边形为平行四边形，则且， 因为、分别为、的中点， 故且，所以四边形为平行四边形， 平面，平面， 所以，故四边形为矩形，所以，平面，所以平面， 平面，，， 所以，D选项错误. 故选：ABC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷1000次，那么第998次抛掷恰好出现“正面向上”的概率为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据概率概念可得概率与抛掷次数无关，即得结果. 【详解】因为概率与抛掷次数无关，所以第998次抛掷恰好出现“正面向上”的概率等于1次抛掷恰好出现“正面向上”的概率，为. 【点睛】本题考查概率概念,考查基本分析求解能力,属基础题. 13. 已知向量，，，那么向量与的夹角为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由，可得，化简后把已知条件代入可求得结果 【详解】解：因为，所以，即， 因为，， 所以，则， 因为 所以与的夹角为. 故答案为： 14. 已知的内角的对边分别为，且，则面积的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理求得，利用正弦定理和三角恒等变换化简可得，结合正弦函数的图象与性质即可求解. 【详解】由，，则， 即，又， 又，得. 由正弦定理得， 所以， 故 ， 又，所以， 则，得， 所以，当且仅当时取等号， 又的面积， 所以的面积的最大值为. 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. 某家水果店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量(单位：)，并绘制频率分布直方图如下： （1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数和平均数；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表) （2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求(在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求).请问每天应该进多少千克苹果？(精确到整数位) 【答案】（1）众数为为85，平均数为；（2）每天应该进98千克苹果. 【解析】 【分析】（1）在图中找最高的矩形对应的值即为众数，利用平均数公式求平均数； （2）由题意分析需要找概率为0.8对应的数，类比在频率分布直方图中找中位数的方法即可求解. 【详解】（1）如图示：区间频率最大，所以众数为85， 平均数为： （2）日销售量[60，90)的频率为，日销量[60，100)的频率为， 故所求的量位于 由得 故每天应该进98千克苹果. 【点睛】从频率分布直方图可以估计出的几个数据： (1)众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标； (2)平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加； (3)中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标． 16. 已知函数，且满足最小正周期为，最大值为 （1）求的解析式. （2）求的对称轴方程和单调递增区间. 【答案】（1） （2）对称轴方程为，单调递增区间为 【解析】 【分析】（1）根据周期和最值可求，结合零点可求，从而可求解析式； （2）利用整体法可求对称轴方程和单调递增区间. 【小问1详解】 因为函数最大值为，所以 最小正周期，由，得. 故. 由，得. 又，取，得，所以. 【小问2详解】 令，解得. 因此对称轴方程为， 令，解得. 故单调递增区间为. 17. 如图，在中，，，点D在线段BC上. （1）若∠ADC=，求AD的长； （2）若BD=2DC，△ADC的面积为，求AC的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由正弦定理即可求解； （2）由，得到，结合三角形面积公式求得，再由余弦定理即可求解. 【小问1详解】 在中，. 在中，由正弦定理得， 又， 【小问2详解】 . 又. ， 解得： 在中，由余弦定理得， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. （1）证明：平面； （2）若F是BC上靠近B的四等分点； （i）求EF和平面夹角的正弦值； （ⅱ）求点P到平面的距离. 【答案】（1）证明：底面，且底面，， 为正方形，，又，且平面，平面. 平面，. 由为线段的中点，可知， ，且平面，平面． （2）（i）EF和平面夹角的正弦值为； （ⅱ）点P到平面的距离为. 【解析】 【分析】（1）由线面垂直及正方形的性质得、，再由线面垂直的判定定理、性质定理证明结论； （2）（i）取的中点，连接，根据线面角的定义确定和平面夹角的平面角，最后结合已知求其正弦值； （ⅱ）利用等体积法，设点到平面的距离为，求出和， 从而计算出，再求出，根据，可算出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）取的中点，连接． 为中点，是的中位线，故，且． 又底面，底面，因此是在底面内的投影， 即为直线与平面所成的角．由题意可知是的四等分点，， 故．又是中点，，故． 在中，． 在中，．因此． （ⅱ）利用等体积法， 设点到平面的距离为． 由（1）知平面，故平面，即点到平面的距离为． 在等腰中，，，， 故． 因此． 由（1）知平面，故，即为直角三角形． 又，，故． 由得：． 19. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．很多学校已经推出基于AI的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新．某探究小组利用AI解答了一些模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图．已知准确率在内的试卷份数为10． （1）求出试卷总份数，并估计出准确率的中位数； （2）“如何利用AI”是AI能否更好地造福人类的关键，基于此该小组进行了AI运用比赛，即用AI进行问题解答，并通过正确率来评定结果．甲、乙两名小组成员进行AI运用比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立． （ⅰ）若，，，求进行4局比赛后甲同学赢得比赛的概率； （ⅱ）当时，求比赛不超过5局就结束的概率（用表示）． 【答案】（1）100套，中位数为． （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先利用直方图总面积为求出参数，结合区间样本数量算出总试卷数，累加前两组频率确定中位数落在，再通过中位数左右面积均为列方程求解中位数； （2）（i） 先划分 4 局结束且甲赢的所有互斥对局序列，分别计算每种序列的独立事件概率再相加，合并同类项化简得到总概率；（ii）由只剩甲乙胜负两种结果，列出局、局结束的全部互斥对局情况，分别计算独立事件概率求和，整理为关于的多项式表达式. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得； 而准确率在内的试卷数占样本总数的， 准确率在内的试卷数为10，所以共有100套试卷； 准确率在90以下所占比例为， 因此中位数落在区间内，设中位数为， 由，得到， 所以准确率的中位数为． 【小问2详解】 （ⅰ）用事件，，分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”， 则，，， 记“进行4局比赛后甲同学赢得比赛”为事件， 则事件 ，，，，两两互斥，，，相互独立 所以 ． （ⅱ）因为，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即， 记“比赛不超过5局就结束”为事件， 则事件， ，，，，，两两互斥，，相互独立 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南宁市东盟中学2025级高二年级上学期9月开学考（数学） 时间：120分钟，满分：150分 一､选择题，本题共8小题，每小题5分，共40分.在年小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 如图所示，已知在中，是边上的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 某人提出一个问题，甲先答，答对的概率为0.4，如果甲答错，由乙答，答对的概率为0.5，则问题由乙答对的概率为 A. 0.2 B. 0.8 C. 0.4 D. 0.3 5. 设是直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　　） A. 若∥，∥，则∥ B. 若∥，，则 C. 若，则 D. 若，∥，则 6. 若（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则（ ） A. B. C. D. 7. 埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正三角形ABC的边长为4，D是BC边上的动点（含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，部分选对给部分分，有选错的得0分. 9. 某医疗器械公司统计了2020年11月份A品牌器械的日销售情况并绘制成如下统计图，则下列说法正确的是（ ） A. 2020年11月17日该品牌器械的销售量最大 B. 从销售数据看，前半月日销售量的极差小于后半月日销售量的极差 C. 从销售数据看，前半月日销售量的方差大于后半月日销售量的方差 D. 从销售数据看，前半月的销售业绩高于后半月的销售业绩 10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ） A. 已知均为非零向量，则存在唯一的实数，使得 B. 若向量与共线，则点，，，必在同一直线上 C. 若且，则 D. 若点为的重心，则 11. 如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面ABCD C. 三棱锥的体积为定值 D. 的面积与的面积相等 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷1000次，那么第998次抛掷恰好出现“正面向上”的概率为_____________． 13. 已知向量，，，那么向量与的夹角为___________. 14. 已知的内角的对边分别为，且，则面积的最大值为______． 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. 某家水果店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量(单位：)，并绘制频率分布直方图如下： （1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数和平均数；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表) （2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求(在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求).请问每天应该进多少千克苹果？(精确到整数位) 16. 已知函数，且满足最小正周期为，最大值为 （1）求的解析式. （2）求的对称轴方程和单调递增区间. 17. 如图，在中，，，点D在线段BC上. （1）若∠ADC=，求AD的长； （2）若BD=2DC，△ADC的面积为，求AC的长. 18. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. （1）证明：平面； （2）若F是BC上靠近B的四等分点； （i）求EF和平面夹角的正弦值； （ⅱ）求点P到平面的距离. 19. 人工智能是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．很多学校已经推出基于AI的人工智能通识课程，帮助学生深入了解人工智能的历史、关键技术及其在科学研究、社会发展中的高效应用，培养跨学科思维，推动人工智能技术在多领域的深度融合与创新．某探究小组利用AI解答了一些模拟试卷，收集其准确率，整理得到如下频率分布直方图．已知准确率在内的试卷份数为10． （1）求出试卷总份数，并估计出准确率的中位数； （2）“如何利用AI”是AI能否更好地造福人类的关键，基于此该小组进行了AI运用比赛，即用AI进行问题解答，并通过正确率来评定结果．甲、乙两名小组成员进行AI运用比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，两人平局的概率为（，，，），且每局比赛结果相互独立． （ⅰ）若，，，求进行4局比赛后甲同学赢得比赛的概率； （ⅱ）当时，求比赛不超过5局就结束的概率（用表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $