資源簡介

浙江省A9協作體2025-2026學年高二上學期暑期返校聯考數學試題
一、單選題
1．在復平面內，復數對應的點位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．在正方體中，異面直線與所成的角為（ ）
A． B． C． D．
3．已知空間中不同平面，，，不同直線，，則下列說法錯誤的是（ ）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，，則 D．若，，，則
4．在中，，若，則實數的值為（ ）
A． B． C． D．
5．已知樣本數據均為正數，其方差，則樣本數據的平均數為（ ）
A．1 B． C．2 D．
6．設的內角所對應的邊分別為，其面積，若，則的周長為（ ）
A．1 B． C．2 D．
7．如圖，以邊長為2的正六邊形的六條邊為直徑向外作六個半圓，是這六個半圓弧上的一動點，則的最大值是（ ）
A．6 B． C．7 D．
二、多選題
8．已知事件、、滿足，，，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，則，不獨立
9．已知向量，則（ ）
A． B．
C． D．在上的投影向量為
10．在中，內角所對應的邊分別為，下列結論正確的有（ ）
A．若，則為等邊三角形
B．若，則三角形有兩解
C．若，則最大內角的度數為
D．若，且是銳角三角形，則的取值范圍
11．一般地，由若干個平面多邊形圍成的幾何體叫做多面體，對于正多面體，指各面都是全等的正多邊形且每一個頂點所接的面數都是一樣的凸多面體.記正多面體的頂點數為，棱數為，面數為，每個頂點連接的總棱數為，除正四面體 正六面體外，還有正八面體 正十二面體 正二十面體，如圖所示.
則下面對于正多面體的描述正確的是（ ）
A．正十二面體的
B．正多面體均滿足等式：
C．正多面體均滿足等式：
D．以正六面體各面中心為頂點作一個正八面體，則正六面體與正八面體的外接球的表面積之比為
三、填空題
12．樣本數據17，13，22，16，11，20，14，24的分位數為 .
13．如圖所示，已知在水平放置的的斜二測直觀圖中，，，若該以為旋轉軸，旋轉一周，則旋轉形成幾何體的側面積為 .
14．已知平面向量，將繞點逆時針方向旋轉得到向量，在復平面內，向量對應的復數為，記復數，向量對應的復數為，下列說法正確的是 .（填正確說法的序號）.
①點
②
③
④若，則
四、解答題
15．從參加環保知識競賽的學生中抽出40名，將其成績(均為整數)整理后畫出的頻率分布直方圖如圖所示，觀察圖形，回答下列問題.
（1）80~90這一組的頻數 頻率分別是多少？
（2）估計這次環保知識競賽成績的平均數 眾數 中位數(不要求寫過程).
16．如圖,在四棱錐中,平面,底面是菱形,,,,為與的交點,為棱上一點.
（Ⅰ）證明：平面；
（Ⅱ）若平面,求三棱錐的體積.
17．如圖1，在中，分別是的中點，現將沿逆時針翻折形成四棱錐（如圖2），且，直線與平面所成的角為.
(1)求證：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
18．2025年6月23日雷霆隊以大比分戰勝步行者隊捧起奧布萊恩杯.眾所周知，總決賽采取7場4勝制，當兩隊大比分戰成，第5場比賽被稱為“天王山之戰”.現假設甲乙兩支隊伍闖入總決賽，首戰甲獲勝的概率為，每場結束后，敗方在下一場獲勝的概率提高為，每場比賽結果相互獨立.
(1)求兩場后雙方戰成的概率；
(2)若首戰乙勝，求再戰三場雙方戰至后甲在“天王山之戰”中獲勝的概率；
(3)求甲乙不需要進行第七場比賽的概率.
19．如圖，平面四邊形中，，記.
(1)用表示；
(2)求四邊形面積的范圍；
(3)當為何值時，.
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D D C A C ACD ABD AC
題號 11
答案 ACD
1．B
根據乘法運算可得，結合復數的幾何意義分析判斷.
【詳解】因為，
可知復數對應的點為，位于第二象限.
故選：B.
2．B
根據線線角的求法，將異面直線平移至同一平面內，求得正確答案.
【詳解】畫出圖象如下圖所示
根據正方形的性質可知
所以是直線與所成角
由于三角形是等邊三角形
所以
即直線與所成的角的大小為
故選：
3．D
利用空間中的線面、面面關系來這個判斷即可．
【詳解】對于A，若，，則，故A正確；
對于B，若，，則，故B正確；
對于C，若,，則，結合，則，故C正確；
對于D，若，，，則不一定成立，還可能相交，故D錯誤；
故選：D．
4．D
利用向量的線性運算，結合，化簡得到，對照題設即得的值.
【詳解】因為，可得，
所以，
又因為，所以.
故選：D.
5．C
根據方差的計算公式計算即可.
【詳解】設樣本數據的平均數為，
則方差，
所以，即，
因為樣本數據均為正數，所以，故.
故選：C.
6．A
利用正弦定理得，代入即可求得，再利用正弦定理將角轉化為邊即可求解.
【詳解】由正弦定理有，為的外接圓半徑，
所以，
所以，
所以，即，又，所以的周長為.
故選：A
7．C
根據的幾何意義及已知圖形分析得最大對應落在或上，若分別為的中點，討論的位置，結合向量數量積的運算律、幾何意義求的最大值.
【詳解】如下圖，要使最大，則與的夾角小于，而，
又半圓弧、上的，均有，半圓弧、上的，均有，
所以最大對應落在或上，
若分別為的中點，
當在上，如圖，則，且在上的投影長為，若，
此時，
當且僅當時，最大；
當在上，如圖對應，則，且在上的投影長為，若，
此時，
當且僅當時，最大；
綜上，最大.
故選：C
8．ACD
利用事件的關系及概率可判斷A，利用特例可判斷B，根據和事件的概率及互斥事件的概念可判斷C，利用獨立事件的定義可判斷D.
【詳解】對于A，若，則，故A正確；
對于B，例如擲一次骰子，事件表示得到1或2點，事件表示得到3點或2點或4點，所以，此時不成立，故B錯誤；
對于C，若，則，則，故C正確；
對于D，若，則，，，則，，，不獨立，故D正確.
故選：ACD.
9．ABD
借助向量坐標形式的模長公式、數量積公式、線性運算以及投影向量公式計算即可得.
【詳解】對A：，故A正確；
對B：，故B正確；
對C：，，
因為，故與不共線，故C錯誤；
對D：，故D正確.
故選：ABD.
10．AC
利用正余弦定理和三角函數公式依次判斷各選項即可.
【詳解】對于A，由，可得，由正弦定理有，故，
則有，即，為中內角，則，
同理，則為等邊三角形，故A正確；
對于B，，由正弦定理有，得，則三角形無解，故B錯誤；
對于C，因，則最大內角為，由余弦定理，，因為中內角，則有，故C正確；
對于D，由，及，
可得，即，
由為內角，可知或(此時,舍去)，即，
由正弦定理，.
因為是銳角三角形，故有，解得，
從而，則的取值范圍，故D錯誤.
故選：AC
11．ACD
A面為正五邊形及棱與面的關系，即可判斷；B由正多面體中棱與頂點的數量關系，即可得；C用表示出所有面的內角和，列方程即可得；D根據正六面體及其各面中心為頂點作一個正八面體的結構特征確定外接球的半徑，再由面積比與半徑比關系，即可得.
【詳解】A：由正十二面體有12個面，每個面是正五邊形，每條棱屬于其中兩個面，所以棱數，正確；
B：對于正多面體，每個頂點連接的總棱數為，且每條棱有兩個頂點，所以，錯誤；
C：對于一個正面體，一個面的邊數為，則所有面的內角和為，
由一個面有條棱，每條棱屬于其中兩個面，所以，則，
去掉正面體的一個面，展開其它個面在一個平面上，
若所有個頂點有個頂點在邊緣，則個頂點位于中間，
去掉的那個面的內角和為，邊緣處個頂點的內角和為，中間頂點的內角和為，
所以所有面的內角和為，
綜上，，整理得，正確；
D：以正六面體（立方體）各面中心為頂點作正八面體，
設立方體邊長為，其外接球半徑 ，
正八面體的頂點為立方體面中心，其邊長為，則其外接球半徑 ，
所以外接球表面積之比為半徑之比的平方，即，
因此表面積之比為 ，正確.
故選：ACD
12．
借助百分位數定義計算即可得.
【詳解】數據按從小到大排序：11，13，14，16，17，20，22，24，
，所以分位數為22.
故答案為：.
13．
由直觀圖得到平面圖，即可求出所對應的線段，旋轉后的圖形為圓錐，根據圓錐的側面積公式計算可得.
【詳解】如圖，
在中，，，，
所以，
由題意繞所在直線旋轉一周后所形成的幾何體為圓錐，
圓錐的底面半徑，母線，
則圓錐的側面積為.
故答案為：
14．②③④
利用三角函數的定義可得可判斷①；由復數的幾何意義可得計算可判斷②③④.
【詳解】因為，所以，
所以在單位圓上，所以，
設，由三角函數的定義，可得，
所以，即，故①錯誤；
所以，
，
又，
所以，故②正確；
，故③正確；
當時，，
，，
所以，故④正確.
故答案為：②③④.
15．（1）頻數為，頻率為；（2）平均數為，眾數為，中位數為.
（1）根據頻率分布直方圖中所有頻率和為1可求得，得結論；
（2）用每組數據中間值乘以頻率相加得平均值，頻率最大的一組數據的中間值為眾數，頻率0.5對應的值為中位數．
【詳解】（1）根據題意，這一組的頻率為，
這一組的頻率為
這一組的頻率為
這一組的頻率為，
則這一組的頻率為其頻數為
（2）這次競賽成績的平均數為
這一組的頻率最大，人數最多，則眾數為
70分左右兩側的頻率為則中位數為
16．（Ⅰ）答案見詳解;（Ⅱ）.
(Ⅰ)平面,,四邊形是菱形,,平面;
(Ⅱ)連接,由平面,推出,從而是的中點,那么三棱錐的體積則可通過中點進行轉化,變為三棱錐體積的一半.
【詳解】(Ⅰ)平面,平面,
,
四邊形是菱形,
,
,
平面;
(Ⅱ)如圖,連接,
平面,平面平面,
,
是的中點,
是的中點,
菱形中,,,
是等邊三角形,,
,
.
17．(1)證明見解析
(2)
【詳解】（1）證明：在圖1中,因為，
∴在圖2中，，
又因為平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面；
（2）連接，過點作，垂足為，連接，
因為分別是的中點，
所以，
因為，
所以，
又因為平面，
所以平面，所以為直線與平面所成的角，
所以，
因為，是的中點，所以，
所以為等邊三角形，
∵點為中點，∴，.
在中，
在中，，
在中，，
所以，
又∵點為中點，∴，
又平面平面，平面平面，
所以二面角的平面角為，
在中，，
所以二面角的余弦值為.
18．(1)
(2)
(3)
【詳解】（1）設事件“第場比賽甲獲勝”，事件“第場比賽乙獲勝”，
事件“兩場后雙方戰成1：1”，
所以
故有.
（2）記所求事件為，包含的所有結果：
所以
（3）記為只進行場比賽的概率
①只進行四場比賽的結果：則對應的概率為
②只進行五場比賽甲獲勝的結果：，
乙獲勝的結果：
③只進行六場比賽甲獲勝的結果：
，
，
，，
乙獲勝的結果：
，
，
，，
6場比賽甲獲勝的概率
對應乙獲勝的概率所以
綜上，甲乙不需要進行第七場比賽的概率為
19．(1)
(2)
(3)
【詳解】（1）因為，
由正弦定理，有，
即，又，故，
又因為，所以四點共圓，
則，
由于，所以根據正弦定理，
有，即；
（2）解法一：，
因為，所以，
因同弧所對的圓周角相等，，
，
由于，所以，
故；
解法二：，
因為是直徑，所以，
又因為，所以，
，
由于，所以，
則；
（3）法一：，
，
，
，
因為，所以，
又因為，所以，
從而，即時，；
法二：，
因為，
所以；根據相交弦定理，，
兩式相除，得，即，
在中，，即，此時.

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