甘肃省武威第六中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份甘肃省武威第六中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了 OM  等内容，欢迎下载使用。

武威六中教育集团 2025--2026 学年度第一学期开学考试高二年级数学参考答案
1．C
【分析】由交集的定义求解即可．
【详解】由题意可得 A  B  {x | 1  x  1}{x | 0  x  2}  {x | 0  x  1} .
故选：C．
2．D
【分析】利用复数的除法运算求出 z ，进而求出该复数对应点的坐标.
【详解】依题意， z  1 i  (1 i)(2  i)  1  3 i ，
2  i(2  i)(2  i)55
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
D
C
C
A
A
B
AC
BCD
题号
11
答案
ABD
所以复数 z故选：D
13

对应点坐标为(,
55
) ，该点在第四象限.
3．D
【分析】利用任意角的三角函数的定义求得tanα的值，将 sinα csα
3sinα 2 csα
化“弦”为“切”，代
入tanα的值即得．
【详解】∵角α的终边经过点 P 1, 2 ，∴ tanα 2 ，
sinα csα
∴
tanα1 2 1  1
3sinα 2 csα
故选：D. 4．C
3 tanα 23 2  24
【分析】根据函数的定义对图象一一判断即可.
【详解】在函数的基本概念中，自变量 x 和因变量 y 需要一一对应，且对于每个 x 值，仅有一个 y 值对应，
所以选项 ABD 均不符合.故选：C.
5．C
【分析】根据余弦定理即可得出答案.
【详解】在V ABC 中，设 AB  c  5 ， AC  b  3 ， BC  a  7 ，
b2  c2  a29  25  491
所以由余弦定理得csBAC   ，
2bc302
因为∠BAC 为V ABC 的内角，所以BAC  2π .
3
6．A
a  b  2a b
→
22
→
→

→
| a
【分析】根据向量的数量积可求
→  b | 的值.
【详解】
→→
| a  b |

 1 ,
11 2 11 1
2
故选：A.
7．A
【分析】根据古典概型的概率公式求解．
【详解】由统计表可知，共抽取了 50 名学生，阅读时间少于 4 小时有6  9  15 人，
所以随机抽取 1 名学生，估计阅读时间少于 4 小时的概率为15  0.3 .
50
故选：A.
8．B
【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系、正弦定理列式计算即得.
【详解】因为sin ACB  sin15  sin 45  30  sin 45cs 30  cs 45sin 30 
6  2 ，
4
在V ABC 中，
AC  AB 
sin ACB
15 6  2  ，
2
在△ACM 中， ACM  180  60 15  105 ， MAC  30 15  45 ，则AMC  180  ACM  MAC  30 ，
由正弦定理得MC  AC ，则MC  AC sin MAC  15
3 1 ，
sin MACsin AMC

所以
sin AMC
153  3   35.48 ，
MN  MC sin MCN  15
3 1 sin 60 
2
即镇国寺塔的高度约为 35.48m．故选：B.
AC
【分析】利用互斥事件的定义及性质判断 AD；利用包含事件的性质求解判断 BC.
【详解】对于 A 选项，因为事件 A, B 互斥，所以 P  A  B  P  A  P  B  1  1  5 ，故 A
236
正确；
对于 B 选项，因为 B  A ，所以 P  AB  P  B  1 ，故 B 错误；
3
对于 C 选项，因为 B  A ，所以 P  A  B   P  A  1 ，故 C 正确；
2
对于 D 选项，事件A 与事件 B 是互斥事件，则 A  B 为必然事件，所以 P  A  B  1，故 D
错误．
故选：AC．
BCD
【分析】由题意还原正方形，根据几何性质以及异面的概念，结合共面判定与菱形性质，可得答案.
【详解】由题意还图可得
对于 A，由 BM∥AN ，则 BN  DE ，故 A 错误；对于 B，由CN ∥ EB ，则CN  AF ，故 B 正确；
对于 C，由CM∥BF ， EN AD ，则 AB, EN , CM 两两异面，故 C 正确；对于 D，取 EF 的中点为 H ，连接 NH , BH , HG ，如下图：
22    2 
 1
2
 2

由 H , G 分别为 EF , CD 的中点，则 NH  DH  BG  NG  5 ，
所以四边形 NHBG 为菱形，即 N , H , B, G 共面，故菱形 NHBG 为所求截面，
22  22  22
易知 BN 
正确.
故选：BCD. 11．ABD
 2 3 ，HG 
 2 2 ，则面积为 1  2 3  2
 2 6 ，故 D
22  22
2
2
【分析】根据题意，结合三角函数取值范围、二倍角公式、两角和差公式、同角三角函数关
系等知识，即可得出结果.
【详解】对于 A，因为0 α π， csα5 ，
25
5
所以0  α π，所以sinα 1 cs2 α  2 2  sinπ，
222224
所以α π，即 α ，故 A 正确；
242
sinα
αα 4
23sinα4
对于 B，又
2sin cs
 ， csα 
1 sin α  ，则tanα  ，故 B 正
225
确；
5csα3
对于 C， sin απ  sinαcsπ csαsin π  4  3  2  7 2 ，故 C 错误；
4 
44 55 
210

对于 D， sin2α 2 sinαcsα  24 ， cs2α cs2α sin2α  7 ，
π
25
ππ 
247 
25
231 2
sin  2α 4   sin 2αcs 4  cs 2αsin 4    2   50 .
 2525 
故选：ABD.
12． 1
→
【分析】根据向量坐标运算得a  b  1 x, 0 ，再利用向量垂直的坐标表示即可得到答案.
→→
【详解】因为向量a  1, 2 ， b   x, 2 ，所以a  b  1 x, 0 ，
→→→→→→
又因为a  a  b  ，则a  a  b   1 x  0 ，解得 x  1 .
故答案为： 1. 13．0
【分析】根据两角和的正切公式求tanα，再利用正切表示所求式子，即可求解.
1 tanβtan α β
【详解】tanα tan β α β  tanβ tan α β
 3  2  1，
1 3 2
则sinα csα tanα1  0 .
sinα csα
故答案为：0
14． 29π
tanα1
【分析】解法一：通过计算边长，借助于勾股定理可得ABP  ACP  90，取 PA 的中点
O ，连接 OB，OC，易得OB  OC  1 PA  OP  OA 29 ，即可得到点O 为三棱锥 P  ABC
22
的外接球球心，求出其半径即得其表面积；解法二：将三棱锥补形成一个长方体，根据长方体的体对角线长即三棱锥 P  ABC 的外接球直径，求出其半径即得其表面积.
29
【详解】
解法一：如上图，因为PCB  ABC  90, PC  2, AB  3, BC  4, AP ，
PC 2  BC 2
则可得 PB 
 2 5, AC 
 5 ，
AB2  BC 2
由 PB2  AB2  29  PA2  PC 2  AC 2 ，可得ABP  ACP  90．
取 PA 的中点O ，连接 OB，OC，易得OB  OC  1 PA  OP  OA 29 ，
22
所以点O 为三棱锥 P  ABC 的外接球球心，且球O 的半径 R 
故该三棱锥外接球的表面积为4πR2  29π .
29 ，
2
解法二：由已知及法一分析，可将三棱锥 P  ABC 补形成长方体，如上图所示，则三棱锥 P  ABC 的外接球直径即长方体的体对角线长.
22  32  42
29
因 PC  2, AB  3, BC  4 ，则长方体的体对角线 AP ，
所以三棱锥 P  ABC 外接球的半径 R 29 ，故该三棱锥外接球的表面积为4πR2  29π ．
2
故答案为： 29π .
15．(1) 33
65
(2) 5
6
【分析】（1）利用同角三角函数关系式得csα 3 ， csβ  5 ，结合两角差的余弦公式
513
计算得出答案；
（2）利用二倍角公式化简原式，代入计算可得结果；
【详解】（1）因为0 α π  β π ， sinα 4 ， sinβ 12
2
所以csα 3 ， csβ  5 .
513
513
所以csβα  csβcsα sinβsinα
  5  3  12  4  33 .
13 5 13 565
（2）
sin2α cs2α 1 cs2α
2sinαcsα cs2α 1 2cs2α1
2sinα csα 2csα
2  4  3
 55  5 .
2  36
5
16．(1) C  2π ；
3
(2) B  π ， 3  3 .
44
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理及同角公式化简求得角C .
（2）由正弦定理求出sinB 即得 B ，再利用两角和的正弦公式及三角形的面积公式求解.
【详解】（1）在V ABC 中，由csinB 
3bcsC  0 及正弦定理得b sin C 
3b cs C  0 ，
3
则tan C  ，而0  C  π ，所以C  2π .
3
2π
2  3
2
（2）由（1）知C 
3 ，而c 
3, b ，由正弦定理得sinB  bsinC 2
c3
2 ，
2
由b  c ，得 B  C ，则 B  π ， sinA  sin(B  C)  sinBcsC  csBsinC
4
2 ( 1 )  2  3 6  2 ，
22224
所以V ABC 的面积S
 1 bcsinA  1 

2  3 
6  2  3  3 .
△ABC
2244
17．(1)证明见解析
(2) π ．
6
【分析】（1）连接 AC ，利用三角形中位线定理证明 EF //PC ，再由线线平行证线面平行即可.
（2）先证明 AC  平面 PBD ，即得∠ CPE 为直线 PC 与平面 PBD 所成角，借助于
Rt△CPE ，即可求得答案.
【详解】（1）如图，连接 AC ，因为四边形 ABCD 是正方形，所以点 E 是 AC 的中点，
又因 F 是 AP 的中点，故得 EF //PC ，
又因 EF  平面 PBC ， PC  平面 PBC ，所以 EF // 平面 PBC ．
（2）如图，连接 EP ，由（1）得 E 是 AC 中点，
因为 PA  PC ，所以 EP  AC，
又因为底面 ABCD 是正方形，且 AC, BD 为对角线，所以 BD  AC ，
又因为 BD I
EP  E, BD, EP  平面 PBD ，所以 AC  平面 PBD
所以直线 PC 与平面 PBD 所成角为∠ CPE ，
2
因为在Rt△CPE 中， CE  2, PC  2，则sin CPE  CE  1 ，
PC2
故CPE  π ，即直线 PC 与平面 PBD 所成角的大小为π ．
66
18．(1) 0.030
(2) 224
(3)（ⅰ）答案详见解析；（ⅱ） 3
5
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1，列出方程，即可求解；
根据题意，求得成绩不低于 80 分的频率为0.35 ，进而求得高一年级期中考试数学成绩不低于 80 分的人数；
根据题意，得到成绩来自40, 50 的学生人数为 2 人，记为a, b ，成绩来自90,100 的学生人数为 4 人，记为c, d , e, f ，利用列举法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1，可得0.005  0.010  0.020  a  0.025  0.01010  1，解得a  0.030 .
（2）解：由频率分布直方图可知成绩不低于 80 分的频率为(0.025  0.01) 10  0.35 ，所以该校高一年级期中考试数学成绩不低于 80 分的人数为640  0.35  224 人.
（3）解：成绩来自40, 50 的学生人数为40  0.05  2 人，记为a, b ，成绩来自90,100 的学生人数为40  0.1  4 人呢，记为c, d , e, f ，
则从中随机选取两名学生的样本空间为：
Ω  ab, ac, ad , ae, af , bc, bd , be, bf , cd , ce, cf , de, df , ef ，共 15 个样本点，设M  “两名学生数学成绩至多有一名及格”，
则M  ab, ac, ad , ae, af , bc, bd , be, bf  ，其中含了 9 个样本点，
所以这两名学生数学成绩至多有一名及格的概率 P(M )  9  3 .

––––→
19．(1) OM  
3,1
155
(2)
3, 2 3
 3  1, 1 
① ；② 22 

【分析】（1）根据两角差的正弦公式结合相伴向量的概念即可得结果；
（2）①首先根据相伴函数的概念求出 f  x ，进而求出 B ，通过正弦定理将a  c 表示成关
于A 的三角函数，进而可得结果；②利用面积分割法结合余弦定理得r 
利用①的结论求解即可.
3  (a  c 
6
3) ，
h x  
π 
 31
【详解】（1）  2 sin  x  6   2  2 sin x  2 cs x    3 sin x  cs x ，

––––→
所以函数h  x 的相伴向量OM   3,1.
sin x
（2）①由题知 f  x 3 sin x  1 cs x   π  ，
226 

π 
6
由 f 2B  1 ，得sin  2B    1，

又 B  0, π  ，所以2B  π   π , 5π  ，即2B  π  π ，所以 B  π ，
2 
6 6 6 623

3
又b ，由正弦定理
a 
sin A
b
sin B
 c
sin C
，得a  2 sin A ， c  2 sin C ，
即a  c  2 sin A  2 sin C  2 sin A  2 sin  2π  A  2 3 cs  A  π  ，
 33 

0  A  π
因为2，所以π  A  π ，即 π  A  π  π ，
2ππ62636
0  C  A 
32
所以2 3 cs  A  π 3, 2 3 ，即a  c 的取值范围为3, 2 3 ；
3 

②由余弦定理得3  a2  c2  ac  (a  c)2  3ac ，即ac  1 [(a  c)2  3]，
3
因为 1 ar  1 br  1 cr  S
222
V ABC
 1 ac sin B ，所以a  b  c r 
a  c  3
2
1 [(a  c)2  3]
3 ac ，
2
3 ac
a  c  3
所以r  2 3 ac
3  3
3  (a  c 
3) ，
a  b  c
226
3
3
由①知3  a  c 
3 ，所以 3  1  r  1 ，
22
 3 1 1 
所以V ABC 内切圆半径r 的取值范围为2, 2  .
