2025-2026学年广东省梅州市兴宁一中高二（上）开学数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年广东省梅州市兴宁一中高二（上）开学数学试卷（含解析），共12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.复数z满足z(1+i)=| 7+3i|，则复数z=( )
A. 2−iB. 2+iC. 2−2iD. 1+2i
2.设a=(m,12)，b=(2m,−6)，若a⊥b，则m=( )
A. −6B. 0C. 6D. ±6
3.如图，矩形A′B′C′D′是水平放置的平面四边形ABCD用斜二测画法画出的直观图，其中A′B′=1，B′C′=3，则原四边形ABCD的周长为( )
A. 2 35+6B. 2 5+6
C. 12D. 2 33+6
4.某中学共有300名教职员工，其中一线教师200人，行政人员60人，后勤人员40人，采取分层随机抽样，拟抽取一个样本容量为60的样本，则行政人员应抽取( )
A. 40人B. 28人C. 12人D. 8人
5.已知向量a=(4,−2,6)，b=(−2,1,x)，则使a⊥b，a//b成立的x分别为( )
A. 53，−3B. 103，−3C. 53，3D. 103，3
6.在四面体OABC中，空间的一点M满足OM=12OA+16OB+λOC，若MA，MB，MC共面，则λ=( )
A. 12B. 13C. 512D. 712
7.将一枚质地均匀的正四面体教具连续抛掷n(n≥8,n∈N∗)次，第5次和第8次某一面朝下的概率分别记为p，q，则p，q的大小关系为( )
A. p，q的大小由n确定B. pqD. p=q
8.美国数学家JackKiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比t= 5−12≈0.618，现给出三倍角公式cs3α=4cs3α−3csα，则t与sin18°的关系式正确的为( )
A. 2t=3sin18°B. t=2sin18°C. t= 5sin18°D. t= 6sin18°
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面α过点A(1,−1,2)，其法向量n=(2,−1,2)，则下列点不在平面α内的是( )
A. (2,3,3)B. (3,−3,4)C. (−1,2,0)D. (2,−1,1)
10.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a= 13，b=3，A=π3，则( )
A. c=4B. △ABC的周长为7+ 13
C. sinC=2 1313D. △ABC外接圆的面积为13π3
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1C1上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是( )
A. FM//A1C1
B. BM⊥平面CC1F
C. 存在点E，使得平面BEF//平面CC1D1D
D. 三棱锥B−CEF的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面α的法向量是(2,3,−1)，平面β的法向量是(4,λ,−2)，若α//β，则λ的值为______．
13.将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：11，15，17，a，23，26，27，34，37，38，若该组数据的40%分位数为22，则a= ______．
14.在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，点P在底面的投影O为△ABC的外心，若AB=4，BC=3，PO=5，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为______．
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.(本小题13分)
已知复数z=(a2+a−2)+(a2−7a+6)i，其中a∈R．
(1)若z∈R，求a的值；
(2)若z对应的点在第一象限，求a的取值范围．
16.(本小题15分)
甲、乙两位学生参加数学竞赛培训，现分别从他们在培训期间参加的若干次预赛成绩中随机抽取8次，记录如下：
甲82 81 79 78 95 88 93 84
乙92 95 80 75 83 80 90 85
(1)求甲成绩的80%分位数；
(2)现要从中选派一人参加数学竞赛，从统计学的角度(在平均数、方差或标准差中选两个)考虑，你认为选派哪位学生参加合适？请说明理由？
17.(本小题15分)
在△ABC中内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知bsinA=acs(B−π6)．
(1)求角B的大小；
(2)设a=2，c=3，求b和△ABC外接圆的面积．
18.(本小题17分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1，AA1= 3，AB=2BC=2，E为棱AB的中点，F为线段D1C的中点．
(1)求异面直线EF与AD1所成角的余弦值；
(2)求直线AD1与平面DEF所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且AC1=2 3，如图2所示．
在图2中：
(1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D；
(2)求点C1到平面ABD的距离d；
(3)求二面角C1−BD−A的余弦值．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：| 7+3i|= ( 7)2+32=4，
即z=41+i=4(1−i)(1+i)(1−i)=4−4i2=2−2i．
故选：C．
根据复数的几何意义结合复数的除法运算法则，计算即可．
本题主要考查复数的几何意义结合复数的除法运算法则，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵a=(m,12)，b=(2m,−6)，且a⊥b，
∴2m2−72=0，解得m=±6．
故选：D．
根据平面向量垂直坐标表示公式进行求解即可．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解，根据题意，直观图中，A′B′=1，B′C′=3，∠A′O′B′=45°，
则O′A′= 2，
将直观图还原为原图，如图，
则OA=2O′A′=2 2,OB=1,BC=3，
所以AB=CD= OA2+OB2=3，
所以原四边形ABCD的周长为12．
故选：C．
由题意，结合斜二测画法将直观图还原为原图，进而求解．
本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据分层抽样的定义可得抽取的行政人员数为60300×60=12，
故选：C．
根据分层抽样的定义建立比例关系即可．
本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例公式是解决本题的关键．
5.【答案】A
【解析】【分析】
利用向量垂直、向量平行的性质直接求解．
本题考查实数值的求法，考查向量垂直、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
【解答】
解：∵向量a=(4,−2,6)，b=(−2,1,x)，
∴当a⊥b时，a⋅b=−2×4+1×(−2)+6x=0，
解得x=53．
当a/​/b时，−24=1−2=x6，解得x=−3．
∴使a⊥b，a/​/b成立的x分别为53,−3．
故选：A．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了向量共面基本定理，属于基础题．
利用向量共面基本定理即可得出结论．
【解答】
解：由MA，MB，MC共面知：
12+16+λ=1，解得λ=13，
故选：B．
7.【答案】D
【解析】解：将一枚质地均匀的正四面体教具连续抛掷n(n≥8,n∈N∗)次，
第5次和第8次某一面朝下的概率分别记为p，q，
∵质地均匀的正四面体教具连续抛掷n(n≥8,n∈N∗)次，
每次某一面朝下的概率都相等，都是14，
∴第5次和第8次某一面朝下的概率都是14，
∴p=q．
故选：D．
质地均匀的正四面体教具连续抛掷n(n≥8,n∈N∗)次，每次某一面朝下的概率都相等，都是14．
本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：由三倍角公式有cs54°=4cs318°−3cs18°=sin36°=2sin18°cs18°，
化简得4cs218°−3=2sin18°，
∴4sin218°+2sin18°−1=0，
解得sin18°= 5−14(负值舍去)，
∴t=2sin18°．
故选：B．
结合已知三倍角公式及同角基本关系进行化简即可求解．
本题主要考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
9.【答案】BC
【解析】解：根据题意，设P(x,y,z)，则AP=(x−1,y+1,z−2)，
若P在平面α内，必有AP⋅n=2(x−1)−(y+1)+2(z−2)=0，即2x−y+2z=7；
由此分析选项：
对于A，2x−y+2z=4−3+6=7，则点(2,3,3)在平面α内；
对于B，2x−y+2z=6+3+8=17，则点(3,−3,4)不在平面α内；
对于C，2x−y+2z=−2−2=−4，则点(−1,2,0)不在平面α内；
对于D，2x−y+2z=4+1+2=7，则点(2,−1,1)在平面α内；
故选：BC．
根据题意，设P(x,y,z)，求出AP的坐标，由数量积的计算公式分析P在平面α内的条件，由此分析选项是否符合条件，即可得答案．
本题考查平面法向量的性质，涉及向量垂直的判断，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：因为a= 13，b=3，A=π3，
所以由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA=9+c2−2×3ccsπ3=13，
即c2−3c−4=0，解得c=4或c=−1(舍去)，
所以△ABC的周长为7+ 13，故A正确，B正确；
由正弦定理asinA=csinC，得 13sinπ3=4sinC，解得sinC=2 3913，故C错误．
设△ABC外接圆的半径为R，由正弦定理得：asinA= 13sinπ3=2R，
所以R= 13 3= 393，△ABC外接圆的面积为πR2=13π3，故D正确．
故选：ABD．
根据正弦定理、余弦定理解三角形即可得到有关结论．
本题考查正、余弦定理的应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：A：∵F，M分别是AD，CD的中点，
∴FM//AC//A1C1，故A正确；
B：由平面几何得BM⊥CF，又BM⊥C1C，
∴BM⊥平面CC1F，故B正确；
C：BF与平面CC1D1D有交点，
∴不存在点E，使平面BEF/​/平面CC1D1D，故C错误；
D：三棱锥B−CEF以面BCF为底，则高是定值，
∴三棱锥B−CEF的体积为定值，故D正确．
故选：ABD．
本题利用中位线定理以及线面垂直，三棱锥的特征求解．
本题考查了线线平行，线面垂直，以及三棱锥特征及体积的求法，属于基础题．
12.【答案】6
【解析】解：α/​/β，且平面α的法向量是m=(2,3,−1)，平面β的法向量是n=(4,λ,−2)，
由题知，若α/​/β，则m//n
即存在实数μ使得，m=μn
即(2,3,−1)=(4μ,λμ,−2μ)，
解得μ=12，λ=6
故答案为：6
根据已知条件结合面面平行其法向量必然平行，可得存在实数μ使得，(2,3,−1)=(4μ,λμ,−2μ)，根据坐标对应相等构造方程，可求出λ值．
本题考查的知识点是向量法证平行，其中根据两个平面平行，得到两个平面的两个法向量也平行是解答的关键．
13.【答案】21
【解析】解：因为10×40%=4，
所以40%分位数是第4、5个数据的平均数，
所以a+232=22，解得a=21．
故答案为：21．
根据百分位的计算求解即可．
本题考查百分位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】62516π
【解析】解：如图，
因为AB=4，BC=3，AB⊥BC，所以AC= 32+42=5，
所以Rt△ABC的外心为斜边AC的中点，且△ABC的外接圆的半径r=12AC=52，
因为PO⊥平面ABC，所以三棱锥P−ABC外接球的球心在PO上，
设球心为G，外接球的半径为R，连接AG，则PG=GA=R，
所以(5−R)2+(52)2=R2，解得R=258，
所以三棱锥P−ABC的外接球的表面积S=4πR2=4π×(258)2=62516π．
故答案为：62516π．
依题意可得Rt△ABC的外心为斜边AC的中点，且△ABC的外接圆的半径，则三棱锥P−ABC外接球的球心在PO上，设球心为G，外接球的半径为R，连接AG，利用勾股定理求出R，再由球的表面积公式计算可得．
本题主要考查求几何体的外接球表面积，属于中档题．
15.【答案】a=1或a=6；
a∈(−∞,−2)∪(6,+∞)
【解析】(1)因为z∈R，所以a2−7a+6=0，解得a=1或a=6；
(2)由已知可得a2+a−2>0a2−7a+6>0，
解得a∈(−∞,−2)∪(6,+∞)，
所以a的取值范围为a∈(−∞,−2)∪(6,+∞)．
(1)复数z=a+bi(a,b∈R)表示实数，只须b=0，求解即可；
(2)复数z=a+bi(a,b∈R)对应的点在第一象限，只须a>0b>0，解不等式组即可．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)甲成绩按从小到大排列为：78，79，81，82，84，88，93，95，
所以8×0.8=6.4，
所以甲成绩的80%分位数93；
(2)甲的平均数是82+81+79+95+88+93+848=85，乙的平均数是92+95+80+75+83+80+90+858=85，
甲的方差是18×[(82−85)2+(81−85)2+(79−85)2+(95−85)2+(88−85)2+(93−85)2+(84−85)2]=35.5，
乙的方差是18×[(92−85)2+(95−85)2+(80−85)2+(75−85)2+(83−85)2+(80−85)2+(90−85)2+(85−85)2]=41，
因为甲乙的平均数相同，甲的方差小于乙的方差，
所以甲的成绩比较稳定，派甲参加比较合适．
【解析】(1)根据百分位数的定义求解；
(2)分别计算甲和乙的平均数和方差，再比较即可．
本题主要考查了百分位数、平均数和方差的计算，属于基础题．
17.【答案】B=π3；
b= 7，S=7π3
【解析】(1)由bsinA=acs(B−π6)及正弦定理，
则sinB⋅sinA=sinA⋅cs(B−π6)，
又A∈(0,π)，则sinA≠0，
故sinB=cs(B−π6)= 32csB+12sinB，
化简得tanB= 3，
又B∈(0,π)，故B=π3；
(2)由题意，a=2，c=3，
由余弦定理，b= a2+c2−2accsB= 4+9−2×2×3×12= 7，
则△ABC外接圆半径R=b2sinB= 72× 32= 213，
故△ABC外接圆面积S=πR2=7π3．
(1)借助正弦定理将边化为角后结合两角差的余弦公式计算即可得；
(2)借助余弦定理可得b，再利用正弦定理与圆的面积公式计算即可得．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属中档题．
18.【答案】解：(1)以D为原点，以DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
则E(1,1,0)，F(0,1, 32)，A(1,0,0)，D1(0,0, 3)
则EF=(−1,0, 32)，AD1=(−1,0, 3)，直线EF与AD1所成角为θ，
则csθ=|EF⋅AD1||EF|⋅|AD1|=52 74⋅ 4=5 714．
故异面直线EF与AD1所成角的余弦值为5 714．
(2)DE=(1,1,0)，DF=(0,1, 32)，AD1=(−1,0, 3)，
设面DEF的法向量为n=(x,y,z)，
则DE⋅n=x+y=0DF⋅n=y+ 32z=0，令z=2，可得n=( 3,− 3,2)，
设直线AD1与平面DEF所成角为θ，
则sinθ=|AD1⋅n||AD1|⋅|n|= 3 4⋅ 10= 3020，
所以直线AD1与平面DEF所成角的正弦值为 3020．
【解析】(1)以D为原点，以DA、DC、DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．利用向量法能求出异面直线EF与AD1所成角的余弦值．
(2)求出面DEF的法向量，利用向量法能求出直线AD1与平面DEF所成角的正弦值．
本题考查异面直线所成角的余弦值、线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】证明见解析； d= 3； 14．
【解析】(1)证明：由题意知AC1=2 3，AB=C1D=4，AD=BC1=2，
则AC12+AD2=DC12，故AC 1⊥AD，
又AB⊥AD，且AB∩AC1=A，AB，AC1⊂平面ABC1，
故AD⊥平面ABC1，
而AD⊂平面AC1D，
故平面ABC1⊥平面AC1D.
(2)由AC12+BC12=AB2，可得AC1⊥BC1，由(1)知AD⊥平面ABC1，
所以VD−ABC1=13AD⋅S△ABC1=13×2×2×2 32=4 33，
又VD−ABC1=VC1−ABD=13d⋅S△ABD=13×d×2×42=4d3，
所以d= 3．
(3)在平面BC1D内作C1E⊥BD，垂足为E；在平面ABC1内作C1F⊥AB，垂足为F，
连接EF，由AD⊥平面ABC1，C1F⊂平面ABC1，故AD⊥C1F，
因为C1F⊥AB，AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABD，
所以C1F⊥平面ABD，
由(2)知C1F=d= 3，因为BD⊂平面ABD，故C 1F⊥BD，又C1E⊥BD，
C1F∩C1E=C1，C1F，C1E⊂平面C1EF，
所以BD⊥平面C1EF，
又EF⊂平面C1EF，所以BD⊥EF，又C1E⊥BD，
则∠C1EF为二面角C1−BD−A的平面角，
又EF⊂平面ABD，故C 1F⊥EF，
由题意知直角三角形BC1D中，BD=2 5，sin∠DBC1=DC1DB=2 55，
故C1E=BC1⋅sin∠DBC1=4 55，
又C1F= 3，则EF= C1E2−C1F2= 55，
所以cs∠C1EF=EFC1E=14，
故二面角C1−BD−A的余弦值为14．
(1)根据勾股定理得AC1⊥AD，根据线面垂直的性质定理得AD⊥平面ABC1，然后根据面面垂直的判定定理证明即可；
(2)结合等体积法，利用锥体的体积求高即可；
(3)根据二面角平面角的定义作出二面角，然后利用直角三角形的性质求解即可．
本题考查面面垂直的判定，二面角的计算，以及等体积法的应用，属于中档题．