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湖北省2025-2026学年高二上学期9月起点考试数学试题
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.复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.在平行四边形中，，点是线段的中点，若，则( )
A. B. C. D.
3.如图，已知的平面直观图是等腰直角，且，，则的面积是( )
A. B. C. D.
4.某运动员每次投掷飞镖命中靶心的概率为，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生到之间取整数值的随机数，指定，，，表示命中靶心，，，，，，表示未命中靶心再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了组随机数：

据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为( )
A. B. C. D.
5.已知非零向量，满足，且，则与的夹角为( )
A. B. C. D.
6.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若，，，则 B. 若，，，则
C. 若，，，则 D. 若，，，则
7.甲、乙、丙、丁对某组数据该组数据由个整数组成进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于的是( )
A. 甲：中位数为，众数为 B. 乙：中位数为，极差为
C. 丙：平均数为，方差为 D. 丁：平均数为，极差为
8.在中，角、、所对的边分别为、、，且，，为的外心，则的值为( )
A. B. C. D.
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.下列说法正确的是( )
A. 甲乙两人独立的解题，已知各人能解出的概率分别是、，则题被解出的概率是
B. 若，是互斥事件，则
C. 某校名教师的职称分布情况如下：高级占比，中级占比，初级占比，现从中抽取名教师做样本，若采用分层抽样方法，样本按比例分配，则初级教师应抽取人
D. 一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是
10.如图，正方体的棱长为，是棱上的动点，且则下列结论正确的是( )
A.
B. 点到直线的距离为
C. 直线与所成角的范围为
D. 二面角的大小为
11.在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量类似的，可以把有序复数对看作一个向量，记，则称为复向量类比平面向量的相关运算法则，对于，，，，，，规定如下运算法则：则下列结论正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C.
D. 若，，则的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设为虚数单位，复数，则的最大值为 ．
13.若，，则在上投影向量的坐标为 ．
14.如图，在四棱锥中，平面，，，已知动点从点出发，沿四棱锥的外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥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.本小题分
如图是一块正四棱台的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为和，高为．
求四棱台的表面积
现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台的体积．
16.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，已知向量，满足，，且．
求角
若是锐角三角形，且，求的取值范围．
17.本小题分
年月日，雅鲁藏布江墨脱水电站正式宣布全面开工这项总投资万亿元的超级工程，以规划万千瓦装机容量相当于三峡电站的三倍、年均发电量亿千瓦时的规模，刷新了全球水电史纪录某市为了鼓励居民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量单位：千瓦时划分为三档，月用电量不超过千瓦时的部分按元千瓦时收费，超过千瓦时但不超过千瓦时的部分按元千瓦时收费，超过千瓦时的部分按元千瓦时收费．
求某户居民用电费用单位：元关于月用电量单位：千瓦时的函数解析式
为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年月份户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图若这户居民中，今年月份用电费用不超过元的占，求，的值
根据中求得的数据计算用电量的分位数．
18.本小题分
为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券游戏规则如下表：
箱子中球的颜色和数量 大小质地完全相同的红球个，白球个红球编号为“，，”，白球编号为“，”
项目 游戏一 游戏二 游戏三
取球规则 取出一个球 有放回地依次取出两个球 不放回地依次取出两个球
获胜规则 取到白球获胜 取到两个白球获胜 编号之和为获胜
分别求出游戏一，游戏二的获胜概率
当时，求游戏三的获胜概率
一名同学首先玩游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大
19.本小题分
已知四棱柱中，侧面为矩形，，，，，，．
求证：平面
求证：平面平面
若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】在复平面对应的点为，位于第二象限．
2.【答案】
【解析】，，故选C．
3.【答案】
【解析】解：因为是等腰直角三角形，，所以，且，，，所以原平面图形的面积是，故选A．
4.【答案】
【解析】解：因为，，，表示命中靶心，，，，，，表示未命中靶心，
所以两次掷镖恰有一次正中靶心表示：随机数组中有且只有一个数为，，，中的一个，
它们分别是，，，，，，，，，共个，
即满足条件的基本事件数有个，总的事件数有个，
根据古典概型知所求的概率为．
故选B．
5.【答案】
【解析】解：设与的夹角为，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以．
6.【答案】
【解析】解：对于若，，则或，
若，则在平面内存在直线，使得，
又，则，又，所以
若，又，所以
综上可得，由，，，可得，故A正确；
对于若，，则或，
又，则或与相交，故B错误
对于若，，则，
又，则与平行或异面，故C错误
对于若，，则或，
又，则或与相交，故D错误．
故选A．
7.【答案】
【解析】对于甲，因为中位数为，众数为，所以这个数从小到大排列后，第个数是，
则第个和第个数都是，所以这个数都小于
对于乙，因为中位数为，极差为，所以这个数可以是，，，，，
则乙分析的数据中可以有大于或等于的数
对于丙，因为平均数为，方差为，由方差公式得：，
假设这个数中出现大于或等于的数，不妨设，则方差，与方差为矛盾，所以没有大于或等于的数
对于丁，假设这个数中出现大于或等于的数，则最小的数大于或等于，此时这个数的平均数大于，与平均数为矛盾，所以这个数都小于故选B．
8.【答案】
【解析】解：，
由正弦定理，得，
即，
，
，而，
．
，
由正弦定理，得，
，而，
，
，
而，
，
则，．
设的外接圆半径为，
则，，
而，
，
故选C．
9.【答案】
【解析】解：A.题没被解出的概率为，
故题被解出的概率为，故选项A正确
B.由互斥事件的定义知选项B错误
C.根据分层随机抽样，由知，初级教师应抽取人，故选项C正确
D.设男生为甲，女生为乙和丙，则将这人排成一排，
则甲，乙，丙，甲，丙，乙，乙，甲，丙，乙，丙，甲，丙，甲，乙，丙，乙，甲，共有种排法，
其中女生不相邻有：乙，甲，丙，丙，甲，乙，共有种排法，
由古典概型得女生不相邻的概率为，
故女生相邻的概率为，故选项D错误．
故选AC．
10.【答案】
【解析】如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，
对于，，
因为，所以，即，故选项A正确
对于四边形为矩形，到的距离为，故选B正确。
对于选项C，，设直线与所成角为，则，，当时，最大等于，此时最小为，当时，最小等于，此时最大为，所以，即直线与所成角的范围为，故选项C不正确
对于选项D二面角即二面角，因为，，平面，平面，所以即为二面角的平面角，在正方形中，，所以二面角的大小为，故选项D正确，
故选ABD．
11.【答案】
【解析】解：对于，，，，，，故选项A正确，选项B错误
对于，设，则将，代入可得：，故选项C正确
对于，，的取值范围为，故选项D正确．
故选ACD．
12.【答案】
【解析】解：因为，
则，
则的最大值为．
故答案为．
13.【答案】
【解析】解：设向量，的夹角为，
则在上投影向量为：
故答案为
14.【答案】
【解析】四棱锥的部分平面展开图如图所示：
设，由题意得：，
在中，由余弦定理得：
，
即，即，解得或舍去，
如图所示：
该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径为：，
所以外接球的表面积为．
15.【答案】解：正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取，中点，，连结，，，
作交于，如图所示，
因为，，且，则四边形为矩形，
则，，，，
所以，
所以四棱台的表面积为．
若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台的上、下底面圆是正四棱台的上下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，
则圆台上底面圆半径，下底面圆半径，高，
则圆台的体积为．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：，，由正弦定理得，，，，或
，且三角形为锐角三角形，，
由正弦定理得：，
，，
，
又为锐角三角形，，，，
得，所以，，
，
，的取值范围为：．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：当时，
当时，
当时，．
所以与之间的函数解析式为：
由可知，当时，，即用电量不超过千瓦时的占，结合频率分布直方图可知
解得，．
因为用电量低于千瓦时的所占比例为，用电量低于千瓦时的占，所以分位数在内，
所以：
即用电量的分位数为千瓦时．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，
游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，，
则，因为，，，，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．
游戏三中，不放回地依次取两个球，样本个数为个，当时，满足条件的样本个数为个，所以获胜概率为．
所以当时，游戏三获胜概率为．
设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，，，相互独立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
第二次
第一次
当，，，时，，舍去，
当，，时，，满足题意，
因此的所有可能取值为，，．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：因为，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面．
由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
延长，交于，可得是等边三角形，过作于，
由可知平面平面，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
若，则点在线段上，又，由勾股定理可得，
所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为
若，则点在线段延长线上，此时，，．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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