内蒙古通辽市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份内蒙古通辽市第一中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了答卷前，考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
通辽一中高二年级开学检测数学试题
数学试题
试卷分数：150 分考试时间：120 分钟命题人：
1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号涂写在答题卡上。本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
2、做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把Ⅰ卷答题卡（机读卡）上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效.
3、回答非选择题时，将答案写在Ⅱ卷答题卡上，写在本试卷上无效.
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.
已知复数 z 满足 z 1 i  2i ，其中 i 为虚数单位，则 z 的虚部为（ ）
A．1B．iC．－1D．－i
若直线l 的方向向量为a  (1, 2 , 3) ，平面α的法向量为n  (3 ,6, 9) ，则（ ）
l α
C．1  α
若α β， m / /α， l //β，则m  l
若m α， l  β， m//l ，则α//β
若α∩β m ， l / /α， l //β，则m//l
若m α， l  β， m//l ，则α β
l / /α
D． l 与α位置关系不确定
为落实“双碳”目标，某环保组织调研 10 个国家 2024 年度的人均碳排放强度（单位：吨/
人·年），得到数据如下：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15．则该组数据的 30%分位数是
（ ）
A．6B．7C．8D．9
若G 是V ABC 的重心，且 AG  λAB  μAC （λ, μ为实数），则λ μ （ ）
A． 1
3
B． 2
3
C．1D． 4
3
在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AC  BC ， D1 ， F1 分别是 A1B1 ， A1C1 的中点，
BC  CA  CC1 ，则 BD1 与 AF1 所成角的余弦值是（ ）
B
A． 30． 1
102
30
15
15
10
在棱长为 1 的正方体 ABCD−ABCD 中， E 为CD 的中点，则点 D¢到平面 AEC 的距离
为（ ）
A． 2
3
B． 5
3
C． 3
3
D． 6
3
如图，该模具是一个各棱长都为 2 的正四棱锥，要将两个同样的模具装在一个球形包装盒内，则包装盒的最小直径为（）
2
2
A．2B．2C．4D．4
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项
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.）
→
已知向量a  2x,1,1, b  1,  y, 2 ，则（ ）
若 x  1 , y  2 ，则a//b
4
若 x  1, y  1 ，则a  b
若 x  1 , y  1，则→ → 2
2cs a, b3
1
→ 11 2 
若 x  , y  1，则向量a 在向量b 上的投影向量c   3 ,  , 
23 3 
已知事件A ， B 满足 P( A)  0.5 ， P(B)  0.2 ，则下列结论正确的是().
若 B  A ，则 P( AB)  0.5
若A 与 B 互斥，则 P( A  B)  0.7
若 P( AB)  0.1，则A 与 B 相互独立
若A 与 B 相互独立，则 P( AB)  0.9
在如图所示的三棱锥O  ABC 中， OA  OB  OC  1 ， OA ， OB ， OC 两两互相垂直，下列结论正确的为（ ）
直线 AB 与平面OBC 所成的角为30
2
二面角O  BC  A的正切值为
3
O 到面 ABC 的距离为
作OM  平面 ABC ，垂足为M ，则M 为V ABC 的重心
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）.
一组数据 5，5，7， a ，10 的平均数为 7，则其方差为.
如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A 处时测得公路北侧一ft顶 D 在西偏北30 的方向上，行驶800m 后到达 B处，测得此ft顶在西偏北75 的方向上，仰角为45 ，则此ft的高度 CD  m ．
在四棱锥 P  ABCD 中， PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 是边长为 1 的正方形， AP  2 ，则直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为.
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分）.
15．（13 分）宜春明月ft是国家森林公园、省级风景名胜区．为更好地提升旅游品质，随机选择 100 名游客对景区进行满意度评分（满分 100 分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图．
根据频率分布直方图，求 x 的值；
若采用按比例分层随机抽样的方法从评分在50, 60 ，60, 70 的两组中共抽取 3 人，再从这 3 人中随机抽取 2 人进行交流，求选取的 2 人评分分别在50, 60 和60, 70 内的概率．
16．（15 分）在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 3a sin B  b cs A  0 .
求角A 的大小；
3
若a  7 ， b ，求V ABC 的面积.
17．（15 分）如图所示，四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面为平行四边形，以顶点 A 为端点的三条棱长都为 1，且两两夹角为 60°．设–––→ → ， AD  b ， AA  c ．
→ → →
––––→
AB=a1
用a, b, c为基底表示向量 BD1 ，并求 BD1 的长；
––––→ –––→
求cs BD1 , AC 的值．
18．（17 分）Matlab 是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展，某中学举行了 Matlab 科普讲座后进行了问答比赛，已知甲
2
乙两个同学互不影响地参加比赛，甲、乙答对每一道题的概率分别为 1 与 p ，乙连续 次答
2
1
错的概率为．
16
求乙答对题的概率；
若甲、乙两人各回答 2 次，求两人共答对 3 次的概率．
19．（17 分）如图，在多面体 ABCDEF 中，四边形 ABCD 是边长为3 的正方形，平面CDE 
平面 ABCD ， AF //DE ， DE ⊥CD ， DE  3AF  3 6 .
求证： AC  平面 BDE ；
求平面 BEF 与平面 BDE 夹角的余弦值；
线段CE 上是否存在点 P ，使得 AP// 平面 BEF ？若存在，指出点 P
的位置并证明；若不存在，请说明理由.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
A
C
A
B
A
D
B
ACD
BC
BD
数学试题参考答案
4．A【详解】数据从小到大为：2，4，5，7，8，9，11，12，13，15，又10  30%  10  0.3  3 ，所以该组数据的 30%分位数是 5  7  6 ．
2
故选：A. 5．B【详解】
如图，延长 AG 交 BC 于点M ，因G 是V ABC 的重心，则点M 为 BC 的中点，
uuur
2 uuur
uuuur
3λuuur
3μuuur
则 AG 
AM ，代入 AG  λAB  μAC 整理得 AM 
3
AB 
22
AC ，
3λ 3μ
λ μ 2
因点M 在 BC 上，故得 1，则 .
223
故选：B
，
––––→ –––→ BD1  AF1 ––––→ –––→ BD1 AF1
1 0  4
11 4  1 4
A【详解】以 C 为坐标原点，CA，CB， CC1 所在直线分别为 x，y，z 轴建立空间直角坐标系，如下图所示：设 BC  2 ，则 A2, 0, 0 ， F1 1, 0, 2 ， B 0, 2, 0 ， D1 1,1, 2 ， BD1  1, 1, 2 AF1  1, 0, 2 .设直线 BD1 与 AF1 所成的角为θ，则
csθ
cs
––––→ –––→
BD1 , AF1

30
30
10 ，所以直线 BD1 与 AF1 所成角的余弦值为 10 .
故选：A
D【详解】分别以–––→ ，–––→ ， AA 为 x 轴、 y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，
ABAD
则 A(0, 0, 0) ， E  1 ,1, 0  ， C(1,1,1) ， D(0,1,1) ，
 2

–––→   1 ,1, 0  ， AC  1,1,1 ，
AE 2

→
–––→
→ AE  n  0,
 1 x  y  0

设平面 AEC 的一个法向量n   x, y, z  ，由––––→ →，得 2
，取 y  1，
 AC n  0,
x  y  z  0
→ ––––→
6
→ ¢
n  DC
得n  2,1,1 ，又 D C
故选：D．
 1, 0, 0 ，点 D 到平面 AEC 的距离为→ ，
n3
B【详解】如图正四棱锥S  ABCD ，设O 为底面的中心，因为正四棱锥的各棱长都为 2，
2
所以OA  OB  OC  OD  OS ，即O 为正四棱锥S  ABCD 的外接球的球心，
2
故包装盒的最小直径为2.
故选：B.
BD【详解】解：因为OA ， OB ， OC 两两互相垂直， OB ∩ OC  O ， AO  平面OBC ，故ABO 为直线 AB 与平面OBC 所成的角，又OA  OB  OC  1 ，所以ABO  45 ，
故直线 AB 与平面OBC 所成的角为45，故 A 错误；取 BC 中点为 D ，连接OD, AD ，
因为OA  OB  OC  1 ， OA ， OB ， OC 两两互相垂直，所以 AB  AC  BC  2 ， OD  BC, AD  BC,
2
因为OD ∩ AD  D ，所以 BC  平面 AOD ，故ODA 为二面角O  BC  A的平面角，
则tan ODA  OA 
OD
2 ，故二面角O  BC  A的正切值为
，故 B 项正确；
因为 AB  AC  BC 
2 ，所以 AD 
6 ，设O 到面 ABC 的距离为h ，
2
6

AOBC O ABC
3
则V 1  1 111  V 1  1  2  h ，解得h  3 ，故 C 项错误；
3 23 22
因为 AB  AC  BC  2 ，故V ABC 为等边三角形，
因为OM  平面 ABC ，则M 点为O 点在平面 ABC 上的投影，又OA  OB  OC  1 ，即O 点到V ABC 顶点 A, B,C 的距离相等，即M 点到V ABC 顶点 A, B,C 的距离相等，故M 为V ABC 的重心，故 D 项正确.
故选：BD.
18
5
2
400【详解】
如图，在V ABC 中， BAC  30∘ ， CBA  105∘ ，所以ACB  45∘ ，
ABBC
800  BC
又 AB  800 ，由正弦定理有：
sin BCA
 sin CAB
，即 21 ，
22
解得 BC  400 2 ，
又△BCD 是直角三角形，且CBD  45∘ ，所以CD  BC  400 2 ，
2
所以此ft的高度CD  400m.
2
故答案为： 400.
2 /0.4【详解】因为 PA  底面 ABCD ， AB, AD  平面 ABCD ，
5
所以 PA  AB ， PA  AD ，又底面 ABCD 是边长为 1 的正方形，所以 AB  AD ，
以A 为坐标原点， AB, AD, AP 所在直线分别为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，
AP  2 ，故 P 0, 0, 2, B 1, 0, 0, C 1,1, 0, D 0,1, 0 ，
 → –––→
→m  PC   x, y, z 1,1, 2  x  y  2z  0
设平面 PCD 的法向量为m   x, y, z  ，则 → –––→，
m  PD   x, y, z 0,1, 2  y  2z  0
m
解得 x  0 ，令 z  1，则 y  2 ，故 →  0, 2,1 ， PB  1, 0, 2 ，
PB 与平面 PCD 的夹角正弦值为
故答案为： 2
5
 2 .
–––→
→
–––→
PB  m
PB  m
→
1, 0, 20, 2,1 1 4  4 1
5
15．(1) x  0.010
(2) 2
3
【详解】（1）由频率分布直方图中各小矩形面积和为 1，可得10 0.005  x  0.015  0.03  0.04  1，解得 x  0.010 ；
答案第 2 页，共 5 页
（2）因为评分在50, 60 ， 60, 70 的频率分别为 0.05，0.1，所以在50, 60 中抽取 0.05
0.05  0.1
 3  1（人），设为 a，
在60, 70 中抽取0.1
0.05  0.1
 3  2 （人），设为 B，C．
记事件 A 表示从这 3 人中随机抽取 2 人进行交流，选取的 2 人评分分别在50, 60 和60, 70 内．从这 3 人中随机抽取 2 人，则有a, B ，a, C，B, C ，共 3 个样本点，
选取的 2 人评分分别在50, 60 和60, 70 内的有a, B ，a, C，共 2 个样本点，
所以 P  A  2 ，即选取的 2 人评分分别在50, 60 和60, 70 内的概率为 2 .
33
16．(1) 5π ；(2) 3
64
【详解】（1）由正弦定理得 3 sin Asin B  sin B cs A  0 .
因为 B (0, π) ，所以， sin B  0 ， tan A   3 .
3
因为在V ABC 中， A(0, π)，所以， A  5π .
6
3
（2）由a  7 ， b 及余弦定理a2  b2  c2  2bc cs A .
得c2  3c  4  0 ，解得c  1或c  4 （舍）
所以， S
 1 bc sin A  1  3 1 1 3 .
△ABC
2224
2
––––→ → → →
17．(1) BD1  b  c  a ，
–––→ →
(2)
6
6
→→→
→ →→ →→ →
【详解】（1）记 AB=a ， AD  b ， AA1  c ，则 a  b  c  1 ，
a, b
 b, c
 c, a
 60 ，
r rr rr r1
––––→ –––→ –––→ –––→–––→ –––→ –––→ → → →
∴ a  b  b  c  c  a  2 ， BD1  BA  BC  BB1   AB  AD  AA1  b  c  a ，
––––→2
BD1
→ → → 2

 b  c  a
→2→2
 a b
→2→ →→ →→ →
 c  2bc  2c a  2ab 111111 2，
––––→
3
∴ BD1 
2 ，即 BD1 的长为
2
–––→2→ 2
；
→ →→2
–––→
（2） A C  a  b ，故 AC
 a  2a  b  b
 111  3 ，故 AC ，
––––→ → → →
––––→
––––→ –––→→→→→→→ →→2
→ →→ →→ 2→ →
由（1）知 BD1  b  c  a ， BD1 
2 ，故 BD1  AC  b  c  aa  b  b  a  b
 a  c  b  c  a
 a  b
→2→ →→ →→ 2
 b  a  c  b  c  a
 1 1  1 1  1，
––––→ –––→
22
BD1  AC16
∴ cs
BD1 , AC
 ––––→ –––→ ．
2  3
BD1  AC6
18．(1) 3
4
(2) 3
8
【详解】（1）设“甲答对每题的概率”为事件A ，“乙答对每题的概率”为事件 B ，
由已知 P  A  1 , P  B  p ，则乙连续 2 次答错的概率 P  (1 p)2 ，
2
由题意得(1 p)2  1 ，解得 p  3 或 5 （舍去），乙答对题的概率为 3 ．
16444
（2）事件甲、乙两人各回答 2 次，两人共答对 3 次，可表示为事件：甲答对一次、乙 2 次全部答对，与事件：乙只答对一次、甲 2 次全部答对的和事件．
1 1   3 29
224
甲答对一次、乙 2 次全部答对的概率为2  1   ，乙只答对一次、甲 2 次全部答对的概率为
  32
3 1  1 23
933
2     ，故两人共答对 3 次的概率为  ．
4 4  2 32
2
32 328
33
所以甲、乙两人各回答
次，两人共答对
次的概率为 ．
8
19．(1)证明见解析(2) 13
13
存在，点 P 为CE 中点，证明见解析
【详解】（1）因为平面CDE  平面 ABCD ，平面CDE  平面 ABCD  CD ， DE ⊥CD ， DE 平面CDE ,
所以 DE  平面 ABCD ，
因为 AC  平面 ABCD ，所以 DE ⊥AC ，因为四边形 ABCD 是正方形，
所以 AC ⊥BD ，
因为 BD ∩ DE  D ， DB ⊂平面CDE ， DE 平面CDE ，所以 AC  平面 BDE .
由（1）得 DE  平面 ABCD ，因为 DA, DC  平面 ABCD ，所以 DA ， DC ， DE两两垂直，
以 B 为原点， DA, DC, DE 为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为 DE  3AF  3 6 ， AD  3 ，所以 BD  3 2 ， AF  6 .则 A3, 0, 0 ， F 3, 0, 6 ， E 0, 0, 3 6  , B 3, 3, 0 ，
–––→–––→
C 0, 3, 0 ， 所以 BF  0, 3, 6  ， EF  3, 0, 2 6 ，
→ –––→→
n   x, y, z
n  BF  3y  6z  0
n  4, 2,
6
设平面 BEF 的一个法向量为
 ，则→ –––→
，取 z 
6 得 ，
n  EF  3x  2 6z  0
因为 AC  平面 BDE ，所以CA 为平面 BDE 的一个法向量， CA  3, 3, 0 ，
–––→ →
CA  n12  613
所以cs
CA, n
 –––→ → 
26  3 2
CA n
13 ，
设平面 BEF 与平面 BDE 夹角为θ，所以csθ
所以平面 BEF 与平面 BDE 夹角的余弦值 13 ．
13
cs
–––→ →
CA, n
，
13
13
线段CE 上存在点 P ，点 P 为CE 中点，满足 AP// 平面 BEF ，证明如下：设CP  λCE (0  λ 1) ，
答案第 4 页，共 5 页
因为CE  0, 3, 3 6  ， AC  3, 3, 0 所以CP  0, 3λ, 3 6λ， AP  AC  CP  3, 3  3λ, 3 6λ
→
由（2）知平面 BEF 的一个法向量为n  4, 2, 6  ，
6
因为 AP// 平面 BEF ，所以 AP  n  3 4  3  3λ 2  3 6λ 0 ，解得λ 1 ，
2
所以线段CE 上存在点 P ，点 P 为CE 中点，满足 AP// 平面.