重庆市西北狼教育联盟2025-2026学年高二上学期开学数学试卷（图片版，含解析）
文档属性
| 名称 | 重庆市西北狼教育联盟2025-2026学年高二上学期开学数学试卷（图片版，含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-10 10:43:53 | ||
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文档简介
西北狼教育联盟2025年学情诊断高二数学参考答案
一、单选题
1解：在复平面内对应的点为，其位于第四象限．故选：
2．解：因为向量，，与共线，所以，解得，故选：A.
3.解：在中，由余弦定理得，解得或（舍去），
由三角形面积公式得，故B正确.故选：B
4．解：从小到大的顺序排列数据为，，，，，，，，，，
因为，所以这组数据的百分位数是第八个数据．故选：B
5．解：因为，是两个不同的平面，，为两条不重合的直线，
对于A：若，，，则或或或与相交（不垂直），故A错误；
对于B：若，，，则或与相交，故B错误；
对于C：若，，，面面垂直的判定可知，故C正确；
对于D：若，，，则或与相交，故D错误；故选：C
6．解：设正方体的棱长为2，如图所示建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，2，，，2，，则所以，
所以异面直线与直线所成角的余弦值为，故选：．
7．设，则，，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即.故选：A
8.解：由题意可知在斜二测直观图中，，，
则，，，由斜二测画法可得，在中，，，，在三棱锥中，因为底面ABC，且，
所以可将三棱锥补成相邻的三条侧棱分别为6，4，8的长方体，
则三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，因为长方体的体对角线即为外接球的直径，
则外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积故选：
二、多选题
9.ACD 解：对于A、 ，故A正确； 对于B、
由，得，则，故B错误；
对于C、 ，故C正确；对于D、因为，
则向量在向量上的投影向量为，故D正确;故选：
10. AC解：若平均数不变，则，解得，故A正确；
当时，极差不变，但，故B错；若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；原数据的平均数为3，原数据的方差为，新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错.故选：AC.
11．ABD解：堑堵ABC A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱锥为“阳马”，同理平面，平面，则，与垂直易得，四面体为“鳖膈”，A正确；
与的中点分别为M、N，则，所以共面，又，所以相交，设，则，而平面，平面，所以是平面与平面的一个公共点，必在其交线上，B正确；，当且仅当时，等号成立，所以，
即四棱锥体积的最大值为，C错；由A选项推理知平面，平面，则，当时，，平面，所以平面，又平面，所以，此时与所成角为，是最大值．D正确．故选：ABD．
三、填空题
12．5 解：根据题意可得：高一、高二、高三报名人数之比为，
故从高一年级学生中抽取的人数为. 故答案为：5.
13．解：建立如图所示的坐标系，
由图可得，，，，，即有．
即，，则 ．故答案为：2．
解：由题意有：，由正弦定理可得：，
即，又，所以，又，所以，
由余弦定理，有，即，
即，当且仅当时取等号，因为，
所以，所以AM的最大值为当B或C趋近于时，AM趋近于。
四、解答题
15．解：（1）由题意得，是纯虚数，，
， .................6分
（2）
..................13分
16. 解：（1）由频率分布直方图得，解得．.................5分
（2）设平均数为，则．
所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．.................10分
（3）日均运动步数在的频率为，日均运动步数在的频率为，
日均运动步数在的频率为，所以达标线位于内，则达标线为为，解得，该企业制定的优秀强国运动者达标线是千步..................15分
17. 解：（1）由题意证明如下，连接，，．
在长方体中，且，∴四边形为平行四边形．∴E为的中点，在中， E，F分别为和AB的中点，∴．
∵平面，平面，∴平面．.................6分
（2）由题意，与平面所成角为．连接．
∵长方体中，所以．所以．
∵长方体中，平面，平面，
∴．∴为直线与平面所成角，即．
故.................9分
∴为等腰直角三角形，则．在中，
知．
在中，，，∴，
∴，设点A到平面CEF的距离为h．
由知，，得．
∴点A到平面CEF的距离为1．.................15分
18．解：1）在中，由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，而，所以..................5分
（2）（i）已知的角平分线交于点D，则，
又在中，，即，
即，解得...................10分
（ii）因为为的中线，所以，
又，则，
因为，为的角平分线，在中，因为，得到①，在中，因为，得到②，
又，由①②得到，所以，
因为，
所以，即的余弦值为...................17分
19.解：由于平面，故平面，又平面，所以．..................5分
过作于，连接，由知，平面，所以平面，又平面，故，
因此即为二面角的平面角，由于，则为中点，
，
由等面积法可得，解得，
在中，，故二面角的正弦值为．..................10分
设点到平面的距离为，
由于，所以，，
则，
因此，
所以，
，
由等体积法可得，所以，
由于直线与平面所成角为，则，
，令，则，
故，
当且仅当时取等号，此时，这与矛盾，故不存在，使得能取得最大值．..................17分
一、单选题
1解：在复平面内对应的点为，其位于第四象限．故选：
2．解：因为向量，，与共线，所以，解得，故选：A.
3.解：在中，由余弦定理得，解得或（舍去），
由三角形面积公式得，故B正确.故选：B
4．解：从小到大的顺序排列数据为，，，，，，，，，，
因为，所以这组数据的百分位数是第八个数据．故选：B
5．解：因为，是两个不同的平面，，为两条不重合的直线，
对于A：若，，，则或或或与相交（不垂直），故A错误；
对于B：若，，，则或与相交，故B错误；
对于C：若，，，面面垂直的判定可知，故C正确；
对于D：若，，，则或与相交，故D错误；故选：C
6．解：设正方体的棱长为2，如图所示建立空间直角坐标系，则，0，，，1，，，2，，，2，，则所以，
所以异面直线与直线所成角的余弦值为，故选：．
7．设，则，，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，，
在中，由正弦定理得，即.故选：A
8.解：由题意可知在斜二测直观图中，，，
则，，，由斜二测画法可得，在中，，，，在三棱锥中，因为底面ABC，且，
所以可将三棱锥补成相邻的三条侧棱分别为6，4，8的长方体，
则三棱锥的外接球即为该长方体的外接球，因为长方体的体对角线即为外接球的直径，
则外接球的半径，故三棱锥外接球的表面积故选：
二、多选题
9.ACD 解：对于A、 ，故A正确； 对于B、
由，得，则，故B错误；
对于C、 ，故C正确；对于D、因为，
则向量在向量上的投影向量为，故D正确;故选：
10. AC解：若平均数不变，则，解得，故A正确；
当时，极差不变，但，故B错；若，则为或或，每一种情况对应的中位数都是3，故C正确；原数据的平均数为3，原数据的方差为，新数据的平均数为3，新数据的方差为，当且仅当时等号成立，所以方差有可能改变，故D错.故选：AC.
11．ABD解：堑堵ABC A1B1C1是直棱柱，平面平面，平面平面，由得，平面，所以平面，四棱锥为“阳马”，同理平面，平面，则，与垂直易得，四面体为“鳖膈”，A正确；
与的中点分别为M、N，则，所以共面，又，所以相交，设，则，而平面，平面，所以是平面与平面的一个公共点，必在其交线上，B正确；，当且仅当时，等号成立，所以，
即四棱锥体积的最大值为，C错；由A选项推理知平面，平面，则，当时，，平面，所以平面，又平面，所以，此时与所成角为，是最大值．D正确．故选：ABD．
三、填空题
12．5 解：根据题意可得：高一、高二、高三报名人数之比为，
故从高一年级学生中抽取的人数为. 故答案为：5.
13．解：建立如图所示的坐标系，
由图可得，，，，，即有．
即，，则 ．故答案为：2．
解：由题意有：，由正弦定理可得：，
即，又，所以，又，所以，
由余弦定理，有，即，
即，当且仅当时取等号，因为，
所以，所以AM的最大值为当B或C趋近于时，AM趋近于。
四、解答题
15．解：（1）由题意得，是纯虚数，，
， .................6分
（2）
..................13分
16. 解：（1）由频率分布直方图得，解得．.................5分
（2）设平均数为，则．
所以该企业职工日均运动步数的平均数约为9.08千步．.................10分
（3）日均运动步数在的频率为，日均运动步数在的频率为，
日均运动步数在的频率为，所以达标线位于内，则达标线为为，解得，该企业制定的优秀强国运动者达标线是千步..................15分
17. 解：（1）由题意证明如下，连接，，．
在长方体中，且，∴四边形为平行四边形．∴E为的中点，在中， E，F分别为和AB的中点，∴．
∵平面，平面，∴平面．.................6分
（2）由题意，与平面所成角为．连接．
∵长方体中，所以．所以．
∵长方体中，平面，平面，
∴．∴为直线与平面所成角，即．
故.................9分
∴为等腰直角三角形，则．在中，
知．
在中，，，∴，
∴，设点A到平面CEF的距离为h．
由知，，得．
∴点A到平面CEF的距离为1．.................15分
18．解：1）在中，由及正弦定理，得，即，由余弦定理得，而，所以..................5分
（2）（i）已知的角平分线交于点D，则，
又在中，，即，
即，解得...................10分
（ii）因为为的中线，所以，
又，则，
因为，为的角平分线，在中，因为，得到①，在中，因为，得到②，
又，由①②得到，所以，
因为，
所以，即的余弦值为...................17分
19.解：由于平面，故平面，又平面，所以．..................5分
过作于，连接，由知，平面，所以平面，又平面，故，
因此即为二面角的平面角，由于，则为中点，
，
由等面积法可得，解得，
在中，，故二面角的正弦值为．..................10分
设点到平面的距离为，
由于，所以，，
则，
因此，
所以，
，
由等体积法可得，所以，
由于直线与平面所成角为，则，
，令，则，
故，
当且仅当时取等号，此时，这与矛盾，故不存在，使得能取得最大值．..................17分
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