2025-2026学年安徽省马鞍山二中高二（上）9月质检数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年安徽省马鞍山二中高二（上）9月质检数学试卷（含解析），共20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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z在复平面内对应的点是(0,1)，则1+iz=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2.已知向量a=(−2,2 3),b=(1, 3)，则b在a方向上的投影向量为( )
A. 14aB. −14aC. −bD. b
3.一个正四棱锥的高是2，底面边长也为2，则正四棱锥的侧面积是( )
A. 4 3B. 8 3C. 4 5D. 8 5
4.已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是( )
A. 3.5B. 4C. 4.5D. 5
5.已知α，β表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，( )
A. 若b//a，a⊂α，则b//α B. 若a⊂α，b⊂α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
C. 若a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α//β D. 若a⊥α，a//b，b⊂β，则α⊥β
6.某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为( )
A. 0.035B. 0.07C. 0.105D. 0.14
7.已知ΔABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值是( )
A. −2B. −32C. −43D. −1
8.如图所示，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，M分别为线段BD1，BB1上的动点，N为B1C的中点，则△PMN的周长的最小值为( )
A. 1+ 22 B. 4+2 22
C. 1+ 32 D. 4+ 32
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a=(3,−1),b=(2,1)，则下列结论正确的是( )
A. (a−2b)⊥bB. a与b的夹角为π4
C. (a+2b)=5 10D. a在b方向上的投影向量的模是 5
10.在图书馆的借书抽奖活动中，工作人员准备了编号为1、2、3、4的4个神秘书签，书签除编号外完全相同.小张依次不放回地抽取两张书签，依次抽出后记录编号( )
A. 第一张书签编号比第二张大的概率是12
B. “两书签编号之和为6”的概率是112
C. “抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为5”相互独立
D. “抽到第一张书签编号为奇数或两书签编号和为5”的概率为23
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D上一动点，F为棱AB的中点，则( )
A. 四面体B1CEF的体积为定值
B. 存在点E，使EF⊥平面ACB1
C. 二面角A1−DF−A的正切值为 55
D. 当E为A1D的中点时，四面体ADEF的外接球表面积为5π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1+i(i为虚数单位)是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，则实数k= ______．
13.一个平面图形用斜二测画法作的直观图是一个边长为1cm的正方形，则原图形的周长为______cm．
14.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin(A+C)=2Sb2−a2，则tanA+13tan(B−A)的取值范围为______．
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)
为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为100分，所有参赛学生的成绩都不低于50分.现从中随机抽取了50名学生的成绩，按照[50,60)，[60,70)，⋯，[90,100]分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中x的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求恰有1人成绩在[80,90)的概率．
16.(本小题15分)
已知向量a=(1,2)，b=(1,t)(t∈R)．
(1)若(a+b)⊥(5a−8b)，求t的值；
(2)若t=1，a与a+mb的夹角为锐角，求实数m的取值范围．
17.(本小题15分)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知tanA+tanB= 3cbcsA．
(1)求B；
(2)求a2+c2b2的取值范围．
18.(本小题17分)
某次答辩活动有4道题目，第1题1分，第2题2分，第3题3分，第4题4分，每道题目答对给满分，答错不给分，甲参加答辩活动，每道题都要回答，答对第1，2，3，4题的概率分别为12，13，14，15，且每道题目能否答对都是相互独立的．
(1)求甲得10分的概率；
(2)求甲得3分的概率；
(3)若参加者的答辩分数大于6分，则答辩成功，求甲答辩成功的概率．
19.(本小题17分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=2 2,BC=2,E为AB的中点.将△ADE沿DE向上翻折，进而得到多面体A1−BCDE(如图2)．
(1)当平面A1DE⊥平面EBCD时，求直线A1C与平面EBCD所成角的正切值；
(2)在翻折过程中，求直线A1C与平面EBCD所成角的最大值；
(3)在翻折过程中，求二面角A1−DC−B的最大值．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：∵复数z在复平面内对应的点是(0,1)，∴z=i，
∴1+iz=1+ii=(1+i)(−i)i(−i)=−i−i2−i2=1−i．
故选：B．
由题得到z，再由复数的四则运算求解1+iz．
本题考查复数的运算及几何意义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由已知条件可得，|a|= (−2)2+(2 3)2=4,a⋅b=−2×1+2 3× 3=4，
所以b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|2a=442a=14a．
故选：A．
根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：
由正四棱锥顶点在底面的投影是底面正方形的中心，
由正四棱锥的高是2，底面边长也为2，
可知OP=2，AB=BC=CD=AD=2，
在直角三角形POE中，有PE= PO2+OE2= 4+1= 5，
所以三角形PBC的面积为12×2× 5= 5，
即正四棱锥的侧面积是4 5．
故选：C．
利用正四棱锥的性质及勾股定理即可求出侧面积．
本题主要考查棱锥的侧面积，考查计算能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：数据从小到大排序为：3，4，5，6，7，8，9，10，共8个，
25%×8=2，
故这组数据的25%分位数是4+52=4.5．
故选：C．
根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查百分位数的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：选项A：若b/​/a，a⊂α，则b/​/α或b⊂α，故A错误；
选项B：只有当a，b相交时，c⊥α，故B错误；
选项C：只有当a，b相交时，α/​/β，证明面面平行时，
需证明一个平面内两条相交直线分别与另一个平面平行，故C错误；
选项D：若a⊥α，b/​/a，则b⊥α，又b⊂β，所以α⊥β，故D正确．
故选：D．
根据线面的位置关系，面面的位置关系，根据判定定理即可逐项判断．
本题考查线面位置关系的判断，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为12，
则回答问题①②的人数均为100，
两颗骰子点数和为奇数时，点数第一次比第二次大的概率是12，
所以回答问题①时，大约有100×12=50人回答“是”，
所以回答问题②时，大约有57−50=7人回答”是”，
故该地区中学生吸烟人数的比例约为7100=0.07．
故选：B．
两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为12，再找出点数第一次比第二次大的概率，即可推出第二个问题中回答”是”的人数，进而求出结果．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查平面向量数量积的应用，根据条件建立坐标系，利用坐标法是解决本题的关键，属于中档题．
根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【解答】
解：以BC中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0, 3)，B(−1,0)，C(1,0)，
设P(x,y)，则PA=(−x, 3−y)，
PB=(−1−x,−y)，PC=(1−x,−y)，
则PA⋅(PB+PC)=2x2−2 3y+2y2
=2[x2+(y− 32)2−34]，
∴当x=0，y= 32时，PA⋅(PB+PC)取得最小值，
其最小值为2×(−34)=−32，
故选B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查棱柱的结构特征，平面展开图的应用，余弦定理的应用，考查学生的计算能力，属于中档题．
由题意构造三棱锥，求解展开图中三角形的边长，即可得出结论．
【解答】
解：如图，
连接BC1，D1B1，则N为BC1的中点，
将三棱锥B−B1C1D1沿BC1展开成平面图形如下图，
∴|NN′|即为三角形PMN周长的最小值，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，N为BC1中点，
∴其中BN=BN′= 22，∠C1BC1′=135°，
∵|NN′|2=|BN|2+|BN′|2−2|BN||BN′|cs135°= 12+12+2× 22× 22× 22= 4+2 22．
故本题选B．
9.【答案】BD
【解析】解：因为a=(3,−1)，b=(2,1)，
所以a−2b=(−1,−3)，
则(a−2b)⋅b=−1×2+(−3)×1≠0，
所以a−2b与b不垂直，故A错误；
因为a+2b=(7,1)，
所以|a+2b|=5 2，
故C错误；
cs〈a,b〉=a⋅b|a|⋅|b|= 22，
则=π4，B正确；
a在b方向上的投影向量的模是||a|cs〈a,b〉|=|a⋅b|b||= 5，故D正确．
故选：BD．
已知向量的坐标，证明向量垂直，求向量的模长、夹角、投影等都比较简单，根据公式求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量夹角的运算，属中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：A，依次不放回地抽取两张书签有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(2,4)，
(3,1)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)共12种，
第一张书签编号比第二张大的抽法有(2,1)，(3,1)，(3,2)，(4,1)，(4,2)，(4,3)共6种，
所以第一张书签编号比第二张大的概率是612=12，故A正确；
B，“两书签编号之和为6”的有序数对为(4,2)和(2,4)，共2种结果，
故“两书签编号之和为6”的概率是212=16，所以B错误；
C，设事件A=“抽到第一张书签编号为奇数”，事件B=“两书签编号和为5”，
对事件A：第一张书签编号为奇数(1或3)，有2种可能，
第二张书签编号无要求，共2×3=6种结果，所以P(A)=612=12；
对事件B：两书签编号和为5的有序数对为(1,4)，(4,1)，(2,3)，(3,2)，共4种结果，所以P(B)=412=13，
因此事件A∩B：抽到第一张书签编号为奇数且两书签编号和为5，有(1,4)，(3,2)，共2种结果，
所以P(A∩B)=212=16．
由于P(A∩B)=16=12×13=P(A)P(B)，
所以“抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为5”相互独立，故C正确；
D，根据上述分析，P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=12+13−16=23，故D正确．
故选：ACD．
对于选项A，求得不放回抽取总的方法数和第一张书签编号比第二张大的抽法数，利用古典概型概率公式计算可判断；对于选项B、C、D，利用列举法求出各事件包含的基本事件数，进而计算出相应概率，最后结合事件独立性定义和概率加法公式进行判断即可．
本题考查了独立性定义和概率加法公式，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于选项A，在正方体中，∵A1B1/​/AB，AB/​/CD，A1B1=AB，AB=CD，
∴A1B1//CD，A1B1=CD，
∴四边形A1B1CD是平行四边形，
∴A1D/​/B1C，
∵A1D⊄平面B1CF，且B1C⊂平面B1CF，
∴A1D/​/平面B1CF，
∵E为A1D上一动点，
∴VB1−CEF=VE−B1CF=VD−B1CF=VB1−CDF，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
∴VB1−CDF=13S△CDF⋅BB1=13×12×2×2×2=43，
∴四面体B1CEF的体积为定值43，故选项A正确；
对于选项B，当E为A1D中点时，EF⊥平面ACB1，证明如下：
取AD的中点M，AA1的中点N，连接EM，NE，MF，NF，BD，A1B，
∵M，E分别为AD，A1D中点，∴ME//AA1，
∵AA1⊥平面ABCD，∴ME⊥平面ABCD，∵AC⊂平面ABCD，∴ME⊥AC，
∵M，F分别为AD，AB中点，AB/​/CD，
∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，∴MF⊥AC，
∵MF∩ME=M，MF，ME⊂平面MEF，
∴AC⊥平面MEF，∵EF⊂平面MEF，∴AC⊥EF，
∵N，E分别为AA1，A1D中点，∴NE//AD，
∵AD⊥平面ABB1A1，∴NE⊥平面ABB1A1，∵AB1⊂平面ABB1A1，
∴NE⊥AB1，
∵N，F分别为AA1，AB中点，∴NF//A1B，
∵在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，∴AB1⊥NF，
∵NE∩NF=N，NE，NF⊂平面NEF，∴AB1⊥平面NEF，
∵EF⊂平面NEF，∴AB1⊥EF，
∵AB1∩AC=A，AB1，AC⊂平面ACB1，
∴EF⊥平面ACB1，
即存在点E，使EF⊥平面ACB1，故选项B正确；
对于选项C，过A1作A1P′⊥DF于点P′，过A作AP⊥DF于点P，
在直角三角形△ADF中，AD=2，AF=1，∴DF= 5，
∴AP=AD⋅AFDF=2 55，
∴PF= AF2−AP2= 55，
在△A1DF中，A1D=2 2，DF= 5，A1F= 5，
∴cs∠A1FD=DF2+FA12−A1D22DF⋅FA1=15，
∴sin∠A1FD=2 65，
∴S△A1DF=12DF⋅FA1⋅sin∠A1FD=12DF⋅A1P′，
∴A1P′=2 305，
∴P′F= A1F2−A1P′2= 55，∴点P与P′重合，
∴∠A1PA是二面角A1−DF−A的平面角，
∴tan∠A1PA=AA1AP= 5，故选项C错误；
对于选项D，取DF的中点O，连接OM，ME，EO，
在直角三角形△ADF中，∵OD=OF=AO= 52，
又由B选项中可知，ME⊥平面ABCD，MO⊂平面ABCD，
∴ME⊥MO，
∵EM=1，MO=12，∴EO= 52，
∴O为四面体ADEF的外接球的球心，
∴外接球半径为 52，
∴外接球的表面积为4π( 52)2=5π，故选项D正确．
故选：ABD．
A选项利用等体积法进行转化即可判断；
B选项找到点E的位置再进行证明；
C选项作出二面角A1−DF−A的平面角进行求解；
D选项利用直接法找到外接球的球心位置进行求解即可．
本题考查立体几何综合问题，属于难题．
12.【答案】−2
【解析】解：因为1+i是关于x的实系数一元二次方程x2+kx+2=0的一个虚根，
所以(1+i)2+k(1+i)+2=0，
整理得，2+k+(2+k)i=0，
故2+k=0，即k=−2．
故答案为：−2．
由已知把x=1+i代入方程，然后结合复数的四则运算进行化简，再由复数相等的条件即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
13.【答案】8
【解析】解：由斜二测画法的规则知与x′轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，
正方形的对角线在y′轴上，
可求得其长度为 2cm，

故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2 2cm，
其原来的图形如图所示，
则原图形的周长是：2(1+ (2 2)2+12=8cm,
故答案为：8
由斜二测画法的规则知在已知图形平行于x轴的线段，在直观图中画成平行于x′轴，长度保持不变，已知图形平行于y轴的线段，在直观图中画成平行于y′轴，且长度为原来一半．由于y′轴上的线段长度为 2cm，故在平面图中，其长度为2 2cm，且其在平面图中的y轴上，由此可以求得原图形的周长
本题考查的知识点是平面图形的直观图，其中斜二测画法的规则，能够快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化．
14.【答案】(2 33,43)
【解析】解：在△ABC中，sin(A+C)=sinB,S=12acsinB，
由sin(A+C)=2Sb2−a2得sinB=acsinBb2−a2，
因为sinB≠0，所以b2−a2=ac，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，则ac=c2−2accsB，故c=2acsB+a，
又由正弦定理得sinC=2sinAcsB+sinA=sinAcsB+csAsinB，
整理得sin(B−A)=sinA，
因为A，B∈(0,π)，故B−A=A或B−A=π−A(舍去)，得B=2A，
△ABC为锐角三角形，故0