2025-2026学年贵州省贵阳一中高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年贵州省贵阳一中高二（上）开学数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|−10”是“ba+ab≥2”的充要条件．
故选：C．
由ab>0可得a>0b>0或a0，即可得答案．
本题考查了充要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：总体密度曲线通常是用样本频率分布估计出来的，
而频率分布折线图在样本容量无限增大，
分组的组距无限减小的情况下会无限接近于一条光滑曲线，
这条光滑曲线就是总体密度曲线，
∴如果样本容量无限增大、分组的组距无限减小，
那么频率分布折线图就会无限接近总体密度曲线．
故选：D．
根据样本频率分布折线图与总体密度曲线的性质逐个选项判断即可．
本题考查样本频率分布折线图与总体密度曲线的关系等基础知识，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：取AB中点P，BC中点M，CD中点N，连结FP、EP、MN、MG、NH，
由正方体的结构特征可得MG//NH，则四边形MGHN为平面图形，
又EP//MG，MG⊂平面MGHN，EP⊄平面MGHN，∴EP/​/平面MGHN，
∵FP//MN，MN⊂平面MGHN，FP⊄平面MGHN，∴FP//平面MGHN，
∵EP∩FP=P，∴平面EPF//平面MGHN，
∴过GH且与EF平行的平面截正方体所得截面为矩形MGHN，
∵MG=2，GH= 12+12= 2，
∴所求截面的面积为：S矩形MGHN=2 2．
故选：C．
由已知画出图形，由正方体的结构特征及面面平行的性质找出截面，再由矩形面积公式求解．
本题考查正方体的结构特征吧，考查平面与平面平行的判定与性质，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：8名身高都不相同的同学站在8个不同的位置有A88种站法，
将8名同学分为4组，每组2人，则有C82C62C42C22A44种分法，4组人有A44种站法，
故所求概率P=C82C62C42C22A44⋅A44A88=116．
故选：D．
在8名同学中任选身高都不同的两人，只需将抽取的两人安排到一组，高的同学站后即可．
本题考查古典概型的概率计算以及排列组合的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
根据题意，得到AG=λAB+15AC=2λAD+15AC，由C，D，G三点共线，求得λ=25，得到AG=25AB+15AC，结合向量的数量积的运算公式，即可求解．
【解答】
解：因为D为AB的中点，AG=λAB+15AC=2λAD+15AC，
因为C，D，G三点共线，可得2λ+15=1，解得λ=25，
即AG=25AB+15AC，
又因为△ABC是边长为6的等边三角形，
所以GA⋅AC=−(25AB+15AC)⋅AC
=−(25AB⋅AC+15AC2)
=−(25|AB||AC|csπ3+15|AC|2)
=−(25×6×6×12+15×62)=−725．
故选：A．
9.【答案】BCD
【解析】解：依题意，函数f(x)=12sin2ωx+12cs2ωx= 22sin(2ωx+π4)，
由f(x)的最小正周期为π，得2π2ω=π，解得ω=1，
对于A，f(x)= 22sin(2x+π4)，故A错误；
对于B，把f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变，得y= 22sin(4x+π4)，
则g(x)= 22sin[4(x−π4)+π4]= 22sin(4x−3π4)，故B正确；
对于C，当x∈[0,π4]时，2x+π4∈[π4,3π4]，
而正弦函数y=sinx在[π4,3π4]上的图象关于直线x=π2对称，
依题意，2x1+π4+2x2+π4=2×π2，解得x1+x2=π4，故C正确；
对于D，由f(x1)=2 25，得 22sin(2x1+π4)=2 25，
解得sin(2x1+π4)=45，
由选项C知，x2=π4−x1，因此cs(x1−x2)=cs(2x1−π4)=sin(2x1+π4)=45，故D正确．
故选：BCD．
利用二倍角公式、辅助角公式化简函数f(x)，求出解析式并结合图象变换判断AB；由给定实根计算判断CD．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，数据0、0、2、8、8、8、9，满足均值为5，中位数为8，但不是“达标”企业，
而数据0、0、3、8、8、8、9，满足均值为5，中位数为8，是“达标”企业，
故无法确保该企业是“达标”的企业；
对于B，数据0、1、2、6、6、6、9，满足众数为6，中位数为6，但不是“达标”企业，
而数据0、0、6、6、6、6、6，众数为6，中位数为6，是“达标”企业，
故无法确保该企业是“达标”的企业；
对于C，丙企业：众数和均值均为5，下四分位数为4，上四分位数为8，可得只有数据0、4、5、5、5、8、8满足，符合要求，故C正确；
对于D，数据3、3、3、3、6、8、9，满足均值为5，方差为6，但不是“达标”企业，
而数据0、1、4、6、6、8、8，满足均值为5，方差为6，是“达标”企业，
故无法确保该企业是“达标”的企业．
故选：ABD．
根据各选项条件进行列举，用排除法即可得出．
本题考查样本数据的众数、中位数的计算，涉及百分位数的计算，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：以D为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
对于A，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，C(0,2,0)，
BC=(−2,0,0)，AB=(0,2,0)，AD1=(−2,0,1)，
设平面ABC1D1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=y=0n⋅AD1=−x+z=0，取x=1，得n=(1,0,1)，
设直线BC与平面ABC1D1所成的角为θ，
则sinθ=|BC⋅n||BC|⋅|n|=1 2= 22，∴θ=π4，
∴直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4，故A正确；
对于B，点C到面ABC1D1的距离为：
d=|BC⋅n||n|= 2，故B正确；
对于C，D1C=(0,2,−2)，BC1=(−2,0,2)，
cs=DC1⋅BC1|DC1|⋅|BC1|=12，
∴两条异面直线D1C和BC1所成的角为π3，故C错误；
对于D，设DP=λDC1，则P(0,2λ,2λ)，AQ=μAC，则Q(2−2μ,2μ,0)，
则PQ= (2−2μ)2+(2λ−2μ)2+(2λ)2= 8(λ−μ2)2+6(μ−23)2+43，当μ=23，λ13时，PQ的长最小，最小值为2 33，故D正确．
故选：ABD．
以D为坐标原点建立空间直角坐标系，
对于A，求出平面ABC1D1的法向量，利用向量法求出直线BC与平面ABC1D1所成的角；
对于B，利用向量法求出点C到面ABC1D1的距离；
对于C，求出D1C=(0,1,−1)，BC1=(−1,0,1)，利用向量法求出两条异面直线D1C和BC1所成的角；
对于D，设DP=λDC1，则P(0,2λ,2λ)，AQ=μAC，则Q(2−2μ,2μ,0)，利用两点间的距离公式可求最小值．
本题考查命题真假的判断，考查线面角、点到平面的距离、异面直线所成的角、两点间的距离的最小值、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】20
【解析】解：依题意得这次测验中班级总体成绩的平均数为2020+30×100+3020+30×95=97，
方差为2020+30×[(100−97)2+11]+3020+30×[(95−97)2+16]=20．
故答案为：20．
根据平均数、方差公式计算可得．
本题主要考查了平均数和方差的定义，属于基础题．
13.【答案】 2
【解析】解：z=a+bi，
|z−1+2i|2=|a−1+(b+2)i|2=(a−1)2+(b+2)2，
因a+b=1，则b=1−a，|z−1+2i|2=(a−1)2+(3−a)2=2(a−2)2+2，
故当a=2时，|z−1+2i|2取得最小值2，此时|z−1+2i|的最小值为 2．
故答案为： 2．
利用复数的模的定义，将|z−1+2i|2进行展开，简化，消元后，转化成关于a的一元二次函数，求其最值即得．
本题主要考查复数模公式，二次函数的性质，属于基础题．
14.【答案】14π
【解析】解：四边形ABCD和ADPQ均为边长为2的正方形，且它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为QP，AB，BC的中点，
图形转换为：
在△AEF中，设△AEF的外接圆的半径为R，利用正弦定理：2R=EFsin∠EAF= 21 5= 10，
故R= 102，
设四面体AEFM的外接球的半径为r，
所以r= ( 102)2+12= 144= 142；
故S球=4⋅π⋅r2=14π．
故答案为：14π．
首先利用正弦定理求出底面△AEF的外接圆的半径，进一步求出四面体AEFM的外接球的半径，最后求出球的表面积．
本题考查的知识要点：正弦定理，球的半径的求法，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)设第一组与第五组的高为a，
则根据题意可得(a+0.015+0.025+0.035+a+0.005)×10=1，解得a=0.01，
所以80～90这一组的频率为0.1，其频数为40×0.1=4；
(2)这次竞赛的平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.35+85×0.1+95×0.05=68.5，
众数估计为75，
因为前几组的频率依次为0.1，0.15，0.25，0.35
所以上四分位数在第4组，且为70+0.75−0.1−0.15−；
(3)记“取出的2人在同一分数段”为事件E，
因为80～90之间的人数为40×0.1=4，设为a、b、c、d，
90～100之间有40×0.05=2人，设为A、B，
从这6人中选出2人，有
(a,b)、(a,c)、(a,d)、(a,A)、(a,B)、(b,c)、(b,d)、
(b,A)、(b,B)、(c,d)、(c,A)、(c,B)、(d,A)、(d,B)、
(A,B)，共15个基本事件，
其中事件E包括(a,b)、(a,c)、(a,d)、(b,c)、(b,d)、(c,d)、(A,B)，共7个基本事件，
则P(E)=715．
【解析】(1)先求得50～60，60～70，70～80，90～100各组的频率，再利用对立事件的概率求解，进而得到频数；
(2)根据频率分布直方图，利用平均数的平均数、众数、上四分位数的定义求解；
(3)易得80～90和90～100之间的人数分别为4人和2人，然后利用古典概型的概率求解．
本题考查频率分布直方图的综合应用，属中档题．
16.【答案】(I)证明见解析；(Ⅱ)43．
【解析】解：(I)证明：取BC的中点E，连接EN，B1E，
因为E，N分别为中点，所以EN//AB且EN=12AB，
因为A1B1//AB，所以EN//A1B1，
因为M为中点，所以EN//B1M且EN=B1M，
即四边形ENMB1为平行四边形，
所以MN//B1E，又MN⊄平面BCC1B1，B1E⊂平面BCC1B1，
所以MN//平面BCC1B1，
(Ⅱ)因为AB=BC=BB1=2，且AB⊥BC，所以BN= 2，BM=MN= 5，
所以△MBN的面积为12× 2× ( 5)2−( 22)2=32，
设三棱锥A−BMN的高为ℎ，
则VM−ABN=VA−MBN，
13S△ABN×2=13S△MBNℎ，
解得ℎ=43，
即点A到平面BMN的距离为43．
(I)利用平行四边形的性质得出线线平行，再结合线面平行的判定证明即可；
(Ⅱ)利用等体积法可求答案．
本题考查线面平行的判定，以及等体积法的应用，属于中档题．
17.【答案】π4；
6+ 2．
【解析】解：(1)由 2ac=a2+c2−b2，
可得csB=a2+c2−b22ac= 22，结合B∈(0,π)，可知B=π4；
(2)根据sinB= 2csA= 22，可得csA=12，结合A∈(0,π)，得A=π3．
所以sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 32× 22+12× 22= 6+ 24，
由正弦定理asinA=bsinB，得b=2 6× 22 32=4，
设BC边上的高为ℎ，则ℎ=2Sa=2×12absinCa=bsinC=4× 6+ 24= 6+ 2．
(1)根据余弦定理算出csB，进而可得角B的大小；
(2)由sinB= 2csA算出csA，可得角A=π3，结合两角和的正弦公式算出sinC，然后根据a=2 6，运用正弦定理与三角形的面积公式加以计算，可求出BC边上的高．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、两角和与差的三角函数公式等知识，属于中档题．
18.【答案】2180；
39200．
【解析】(1)甲校连胜3局，概率为P1=34×34×25=940，
乙校连胜3局，概率为P1=14×14×35=380，
故恰好比赛三局，比赛结束的概率P=P1+P2=940+380=2180；
(2)甲校以3：1获胜的情况如下：
①前两局男生排球比赛中甲校全胜，第三局比赛甲校负，第四局比赛甲校胜，
概率为P1=(34)2×35×25=916×35×25=27200，
②前两局男生羽毛球比赛中甲校1胜1负，第三局比赛甲校胜，第四局比赛甲校胜，
概率为P2=2×34×14×25×25=350，
故甲校以3：1获胜的概率P=P1+P2=27200+350=39200．
(1)就不同学校连胜3场分类讨论后可求比赛结束的概率；
(2)就前两局甲校两胜、一胜一负分类讨论后可求甲校以3：1获胜的概率．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
19.【答案】A=2π3；
2；
152．
【解析】(1)若选①，
在△ABC中，由c+ 3asinB−b−acsB=0及正弦定理，
得sinC−sinAcsB=sinB− 3sinAsinB，
而sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，则csAsinB+ 3sinAsinB−sinB=0，
显然sinB>0，因此1−csA= 3sinA，(1−csA)2=3sin2A=3(1−cs2A)，
则0