浙江省A9协作体2025-2026学年高二上学期开学联考数学试卷

这是一份浙江省A9协作体2025-2026学年高二上学期开学联考数学试卷，共19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。
在复平面内，复数 z  2  ii 对应的点位于（ ）
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，异面直线 A1B 与 AD1 所成的角为（ ）
A． π
2
B． π
3
C． π
4
D． π
6
已知空间中不同平面α， β，γ，不同直线m ， n ，则下列说法错误的是（ ）
若m α， m  β，则α//βB．若α//γ， β//γ，则α//β
C．若m α， n  β， m//n ，则α//βD．若α∩γ m ， β∩γ n ， m//n ，则α//β
–––→–––→3 –––→x
在V ABC 中， AE  3EC ，若 BE  x AB  4 AC ，则实数
的值为（ ）
 1
2
 1
3
 1
4
2
1  52
1

已知样本数据 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 均为正数，其方差S
   x
5i
 i1
 20  ，则样本数据的平均数为（ ）

5
5
A．1B．C．2D． 2
设V ABC 的内角 A, B,C 所对应的边分别为a, b, c ，其面积S  1 sinAsinBsinC ，若sinA  sinB  sinC  2 ，
8
则V ABC 的周长为（ ）
2
A．1B． 1
C．2D． 3
4
如图，以边长为 2 的正六边形 ABCDEF 的六条边为直径向外作六个半圆，P 是这六个半圆弧上的一动点，则 AB  AP 的最大值是（ ）
2
A．6B． 6
二、多选题
C．7D． 7
2
已知事件A 、 B 、C 满足 P  A  0 ， P  B  0 ， P C   0 ，则下列说法正确的是（ ）
若 A  B ，则 P  A  P  B
若 P  A  P  B ，则 A  B
若 AB   ，则 P  A ∪ B  P  A  P  B
若 AB   ，则A ， B 不独立
→
已知向量a  1, 0, b  2,1 ，则（ ）
5
→
b 
→  b  2
a
→→→→→
C． a  b  / / a  b 
D． a  b 在a 上的投影向量为3a
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对应的边分别为a, b, c ，下列结论正确的有（ ）
若
a
csA
b
csB
c
csC
，则V ABC 为等边三角形
若a  5, A  60, b  6 ，则三角形有两解
7

若a  1, b  2, c ，则最大内角的度数为120
若sinC  sinB  2csAsinB ，且V ABC 是锐角三角形，则 a 的取值范围
b
2, 5 
一般地，由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，对于正多面体，指各面都是全等的正多边形且每一个顶点所接的面数都是一样的凸多面体.记正多面体的顶点数为V ，棱数为 E ，面数为 F ，每个顶点连接的总棱数为m ，除正四面体､正六面体外，还有正八面体､正十二面体､正二十面体，如图所示.
则下面对于正多面体的描述正确的是（ ） A．正十二面体的 E  30 B．正多面体均满足等式： mV  3E C．正多面体均满足等式：V  F  E  2
D．以正六面体各面中心为顶点作一个正八面体，则正六面体与正八面体的外接球的表面积之比为3 :1
三、填空题
样本数据 17，13，22，16，11，20，14，24 的80% 分位数为.
如图所示，已知在水平放置的V ABC 的斜二测直观图中， AC  6 ， BC  3 ，若该V ABC 以 BC 为旋转轴，旋转一周，则旋转形成几何体的侧面积为.
已知平面向量OP, POx α，将OP 绕点O 逆时针方向旋转β得到向量OQ ，在复平面内，向量OP 对应的复数为Z1  csα isinα，记复数Z2  csβ isinβ，向量OQ 对应的复数为ω，下列说法正确的
是.（填正确说法的序号）.
①点Q csαcsβ sinαsinβ, sinαcsβ csβsinα
② ω Z1  Z2
③ω Z1  Z2
④若α 0,β 2π ，则Z  Z  Z  1
3
四、解答题
122
从参加环保知识竞的学生中抽出 40 名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如图所示，观察图形，回答下列问题.
（1）80~90 这一组的频数､频率分别是多少？
（2）估计这次环保知识竞成绩的平均数､众数､中位数(不要求写过程).
如图,在四棱锥 P  ABCD 中, PD 平面 ABCD ,底面 ABCD 是菱形, BAD  60 , AB  2 , PD 
6 , O 为 AC
与 BD 的交点, E 为棱 PB 上一点.
证明： AC  平面 PBD ；
若 PD / / 平面 EAC ,求三棱锥 P  EAD 的体积.
如图 1，在aPAB 中， PA  AB, PA  4, D, C 分别是 PA, PB 的中点，现将△PDC 沿 DC 逆时针翻折形成四棱锥 P  ABCD （如图 2），且 PA  2 ，直线 PC 与平面 PAD 所成的角为60 .
求证：平面 PAB  平面 PAD ；
求二面角C  PA  D 的余弦值.
18．2025 年 6 月 23 日雷霆队以大比分4:3 战胜步行者队捧起奥布莱恩杯.众所周知，NBA 总决采取 7 场 4
胜制，当两队大比分战成2 : 2 ，第 5 场比被称为“天王山之战”.现假设甲乙两支队伍闯入 NBA 总决，首
战甲获胜的概率为 2
3
，每场结束后，败方在下一场获胜的概率提高为 2
3
，每场比结果相互独立.
求两场后双方战成1:1的概率；
若首战乙胜，求再战三场双方战至2 : 2 后甲在“天王山之战”中获胜的概率；
求甲乙不需要进行第七场比的概率. 19．如图，平面四边形 ABCD 中， AB  1, AC 
用θ表示 AD ；
求四边形 ABCD 面积的范围；
当θ为何值时， Sa BCE  2Sa ADE .
3, ABC  π , ADC  2π , AC  BD  E ，记DBC θ.
33
1．B
根据乘法运算可得 z  1 2i ，结合复数的几何意义分析判断.
【详解】因为 z  2  ii  1 2i ，
可知复数 z 对应的点为1, 2 ，位于第二象限.故选：B.
2．B
根据线线角的求法，将异面直线平移至同一平面内，求得正确答案.
【详解】画出图象如下图所示
根据正方形的性质可知 A1B / / D1C
所以AD1C 是直线 A1B 与 AD1 所成角由于三角形 ACD1 是等边三角形
所以AD C  π
13
即直线 A B 与 AD 所成的角的大小为 π
113
故选： B
3．D
利用空间中的线面、面面关系来这个判断即可．
【详解】对于 A，若m α， m  β，则α//β，故 A 正确； 对于 B，若α//γ， β//γ，则α//β，故 B 正确；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
D
D
C
A
C
ACD
ABD
AC
题号
11
答案
ACD
对于 C，若m α, m//n ，则n α，结合n  β，则α//β，故 C 正确；
对于 D，若α∩γ m ， β∩γ n ， m//n ，则α//β不一定成立，还可能α,β相交，故 D 错误； 故选：D．
4．D
–––→
3 –––→ –––→x
利用向量的线性运算，结合 AE  3EC ，化简得到 BE  4 AC  AB ，对照题设即得 的值.
–––→3 –––→
【详解】因为 AE  3EC ，可得 AE  4 AC ，
–––→–––→ –––→
所以 BE  AE  AB 
3 –––→ –––→
AC  AB ，
4
–––→–––→
又因为 BE  x AB 
故选：D. 5．C
3 –––→
AC ，所以 x  1 .
4
根据方差的计算公式计算即可.
【详解】设样本数据 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 的平均数为 x ，
25 2
1  525
2 1  52
2 1  52
1
则方差S  xi  x    xi  2x   xi  5x     xi  5x     xi  20  ，
5 i1
5  i1
i1
5  i1
5  i1

所以5x2  20 ，即 x2  4 ，
因为样本数据均为正数，所以 x  0 ，故 x  2 .
故选：C.
6．A
利用正弦定理得a  2R sin A, b  2R sin B, c  2R sin C ，代入S  1 sinAsinBsinC 即可求得 R ，再利用正弦定理
8
将角转化为边即可求解.


abc
【详解】由正弦定理有
 2R ， R 为V ABC 的外接圆半径，
sin Asin Bsin C
所以a  2R sin A, b  2R sin B, c  2R sin C ，
所以S  1 ab sin C  1  2R sin A 2R sin B sin C  2R2 sin Asin B sin C  1 sin Asin B sin C ，
228
所以2R2  1 ，即 R  1 ，又sinA  sinB  sinC  2 ，所以V ABC 的周长为
84
a  b  c  2R sin A  2R sin B  2R sin C  2R  sin A  sin B  sin C   1  2  1 .
2
故选：A
7．C
根据 AB  AP 的几何意义及已知图形分析得最大 AB  AP 对应 P 落在 D‸C 或C‸B 上，若G, H 分别为CD, BC 的中点，讨论 P 的位置，结合向量数量积的运算律、几何意义求 AB  AP 的最大值.
【详解】如下图，要使
AB  AP
最大，则
AP 与–––→ 的夹角小于90，而 AE  AB ，
AB
又半圆弧 E»D 、 ‸AB 上的 P ，均有–––→ –––→–––→2 ，半圆弧 D‸C 、C‸B 上的 P ，均有–––→ –––→–––→2 ，
AB  AP  AB
所以最大 AB  AP 对应 P 落在 D‸C 或C‸B 上，
AB  AP  AB
若G, H 分别为CD, BC 的中点，
当 P 在C‸B 上，如图，则 AP  AG  GP ，且 AG 在–––→ 上的投影长为 5 ，若⟨??,??⟩ = ?，
AB2
⟨⟩
此时 AB  AP  AB  ( AG  GP)  AB  AG  AB  GP  5  2 csθ，当且仅当θ 0 时，最大 AB  AP  7 ；
当 P 在‸ 上，如图对应 P ，则 →
= → + → ，且
–––→5
在上的投影长为，若 ?? ,?? = ?，
DC1
??1
??
??1
AHAB21
此时 AB  AP1  AB  ( AH  HP1)  AB  AH  AB  HP1  5  2 csα，
??
当且仅当α 0时，最大 →
→
⋅ ??1
= 7；
综上，最大 AB  AP  7 .
故选：C 8．ACD
利用事件的关系及概率可判断 A，利用特例可判断 B，根据和事件的概率及互斥事件的概念可判断 C，利用独立事件的定义可判断 D.
【详解】对于 A，若 A  B ，则 P  A  P  B ，故 A 正确；
对于 B，例如掷一次骰子，事件A 表示得到 1 或 2 点，事件 B 表示得到 3 点或 2 点或 4 点，所以
P( A)  1 , P(B)  1 , P  A  P  B ，此时 A  B 不成立，故 B 错误；
32
对于 C，若 AB   ，则 P  AB  0 ，则 P  A  B  P  A  P  B  P  AB  P  A  P  B ，故 C 正确；
对于 D，若 AB   ，则 P  AB  0 ， P  A  0 ， P  B  0 ，则 P  A P  B  0 ， P  A P  B  P  AB ， A ，
B 不独立，故 D 正确.故选：ACD.
ABD
借助向量坐标形式的模长公式、数量积公式、线性运算以及投影向量公式计算即可得.
22 12
5
→
【详解】对 A： b


，故 A 正确；
a
对 B： →  b  1 2  0 1  2 ，故 B 正确；
→→
对 C： a  b  1, 1 ， a  b  3,1 ，
a
a
因为11  1 3 ，故 →  b 与 →  b 不共线，故 C 错误；
→→→→
a  b  a a311 0 →→
对 D：
→ →
 a  3a ，故 D 正确.
aa11
故选：ABD.
AC
利用正余弦定理和三角函数公式依次判断各选项即可.
【详解】对于 A，由 abc，可得 a  cs A ，由正弦定理有 a  sin A ，故cs A  sin A ，
csA
csB
csC
bcs B
bsin B
cs B
sin B
则有sin A cs B  cs Asin B  0 ，即sin  A  B  0 ， A, B 为V ABC 中内角，则 A  B ，
同理 A  C ，则V ABC 为等边三角形，故 A 正确；
对于 B， a  5, A  60, b  6 ，由正弦定理有
∠
a
sin A
b
sin B
，得sin B  3 3  1，则三角形无解，故 B 错误；
5
a2  b2  c21  4  71
对于 C，因a  b  c ，则最大内角为 C ，由余弦定理， cs C  ，因C 为V ABC
中内角，则有C  120 ，故 C 正确；
2ab
2 1 22
对于 D，由sinC  sinB  2csAsinB ，及sinC=sin  A  B  sin A cs B  cs Asin B ，可得sin A cs B  sinB  csAsinB ，即sin  A  B  sinB ，
由 A, B 为V ABC 内角，可知 A  B  B 或 A  B π B (此时 A π,舍去)，即 A  2B ，
由正弦定理， a  sin A  sin 2B  2 cs B .
bsin Bsin B
0  A  2B  π



因为V ABC 是锐角三角形，故有0  B  π
2
2
，解得
π  B  π ，
64
0  C  π  3B  π

从而cs B 

2
3
a
,
2
 2, 3  ，故 D 错误.
 22  ，则 b 的取值范围

故选：AC 11．ACD
A 面为正五边形及棱与面的关系，即可判断；B 由正多面体中棱与顶点的数量关系，即可得；C 用 E, F ,V表示出所有面的内角和，列方程即可得；D 根据正六面体及其各面中心为顶点作一个正八面体的结构特征确定外接球的半径，再由面积比与半径比关系，即可得.
【详解】A：由正十二面体有 12 个面，每个面是正五边形，每条棱属于其中两个面，所以棱数
E  12  5  30 ，正确； 2
B：对于正多面体，每个顶点连接的总棱数为m ，且每条棱有两个顶点，所以mV  2E ，错误；
C：对于一个正 F 面体，一个面的边数为n ，则所有面的内角和为(nF  2F ) 180 ，
由一个面有n 条棱，每条棱属于其中两个面，所以nF  2E ，则(2E  2F ) 180  (E  F )  360 ，去掉正 F 面体的一个面，展开其它 F 1个面在一个平面上，
若所有V 个顶点有k 个顶点在边缘，则V  k 个顶点位于中间，
去掉的那个面的内角和为(k  2) 180 ，边缘处k 个顶点的内角和为(k  2) 180 ，中间顶点的内角和为
(V  k )  360 ，
所以所有面的内角和为(V  k )  360  (k  2) 180  (k  2) 180  (V  2)  360 ，综上， (E  F )  360  (V  2)  360 ，整理得V  F  E  2 ，正确； D：以正六面体（立方体）各面中心为顶点作正八面体，
设立方体边长为a ，其外接球半径
R 3 a ，
2
正八面体的顶点为立方体面中心，其边长为 2 a ，则其外接球半径
2
R2
所以外接球表面积之比为半径之比的平方，即 r2 = 3 ，
因此表面积之比为 3 :1 ，正确.
故选：ACD
r  1 a ， 2
22
借助百分位数定义计算即可得.
【详解】数据按从小到大排序：11，13，14，16，17，20，22，24，
8  80%  6.4 ，所以80% 分位数为 22.
故答案为： 22 .
36 2π
由直观图得到平面图，即可求出所对应的线段，旋转后的图形为圆锥，根据圆锥的侧面积公式计算可得.
【详解】如图，
在V ABC 中， CA  6 ， CB  2  3  6 ， BCA  90 ，
BC 2  CA2
2
所以 BA  6，
由题意V ABC 绕 BC 所在直线旋转一周后所形成的几何体为圆锥，圆锥的底面半径r  CA  6 ，母线l  BA  6 2 ，
2
则圆锥的侧面积为S  1  2π 6  6
2
 36 2π .
故答案为： 36 2π
②③④
利用三角函数的定义可得Q csα β, sin α β可判断①；由复数的几何意义可得
ω csα β  i sin α β 计算可判断②③④.
【详解】因为Z1  csα isinα，所以 Z1 
所以 P, Q 在单位圆上，所以 P csα, sinα ，
cs2α sin2α 1，
设Q  x, y  ，由三角函数的定义，可得csα β  x, sin α β  y ，
所以Q csα β, sin α β，即Q csαcsβ sinαsinβ, sinαcsβ csαsinβ ，故①错误；
所以ω csα β  i sin α β ，
csαcsβ sinαsinβ2  sinαcsβ csαsinβ2
ω
cs2 α β  sin2 α β
 1 ，
又 Z1  Z2 
cs2α sin2α
cs2β sin2β 1 ，
所以ω Z1  Z2 ，故②正确；
Z1  Z2  csα isinα csβ isinβ
 csαcsβ icsαsinβ isinαcsβ i2sinαsinβ
 csαcsβ sinαsinβ  i csαsinβ sinαcsβ
 csα β  i sin α β ω，故③正确； 当α 0,β 2π 时， Z  cs0  isin0  1 ，
31
Z  cs 2π  isin 2π   1  3 i ， Z  cs 2π  isin 2π   1  3 i ，
233222
3322
所以Z  Z  Z

 11
 
i   1 
i   1  3  1，故④正确.
122
 22  22 44
3
3

故答案为：②③④.
15．（1）频数为4 ，频率为0.1 ；（2）平均数为68.5 ，众数为75 ，中位数为70 .
根据频率分布直方图中所有频率和为 1 可求得a ，得结论；
用每组数据中间值乘以频率相加得平均值，频率最大的一组数据的中间值为众数，频率 0.5 对应的值为中位数．
【详解】（1）根据题意， 50 ~ 60 这一组的频率为0.01510  0.15 ，
60 ~ 70 这一组的频率为0.02510  0.25,
70 ~ 80 这一组的频率为0.03510  0.35,
90 ~ 100 这一组的频率为0.00510  0.05 ，
2
则80 ~ 90 这一组的频率为 1  1 0.15  0.25  0.35  0.05  0.1, 其频数为40  0.1  4
（2）这次竞成绩的平均数为
45 0.1 55 0.15  65 0.25  75 0.35  85 0.1 95 0.05  68.5
70 ~ 80 这一组的频率最大，人数最多，则众数为75;
70 分左右两侧的频率为0.5, 则中位数为70.
16．（Ⅰ）答案见详解;（Ⅱ） 2 .
2
(Ⅰ)m PD  平面 ABCD , PD  AC ,m四边形 ABCD 是菱形, BD  AC , AC  平面 PBD ;
(Ⅱ)连接OE ,由 PD// 平面 EAC ,推出 PD//OE ,从而 E 是 PB 的中点,那么三棱锥 P  EAD 的体积则可通过中点进行转化,变为三棱锥 P  BAD 体积的一半.
【详解】(Ⅰ)m PD  平面 ABCD , AC  平面 ABCD ,
 PD  AC ,
m四边形 ABCD 是菱形,
 BD  AC ,
m PD  BD  D ,
 AC  平面 PBD ;
(Ⅱ)如图,连接OE ,
m PD// 平面 EAC ,平面 PBD ∩ 平面 EAC  OE ,
 PD//OE ,
mO 是 BD 的中点,
 E 是 PB 的中点,
m菱形 ABCD 中, BAD  60 , AB  2 ,
aABD 是等边三角形, BD  2, AO  3 ,
 Sa ABD
 1 BD  AO ,
3
2
V V
 1 V
 1 V
P EADE  PAD
2 B PAD
2 P BAD
 1  1 S
2 3
a BAD
 PD
2 .
2
17．(1)证明见解析
(2) 5
5
【详解】（1）证明：在图 1 中,因为 PA  AB ，
∴在图 2 中， AB  AD, AB  PD ，
又因为 AD  PD  D, AD, PD  平面 PAD ，所以 AB  平面 PAD ，
又 AB  平面 PAB ，
所以平面 PAB  平面 PAD ；
（2）连接 AC ，过点 D 作 DF  AP ，垂足为 F ，连接CF ，
因为 D, C 分别是 PA, PB 的中点，所以CD ∥ AB ，
因为 AB  AD, AB  PD ，所以CD  AD, CD  PD ，
又因为 AD  PD  D, AD, PD  平面 PAD ，
所以CD  平面 PAD ，所以CPD 为直线 PC 与平面 PAD 所成的角，所以CPD  60∘ ，
因为 PA  4 ， D 是 PA 的中点，所以 DP  DP  AD  2 ，所以 AP  AD  PD  2,aADP为等边三角形，
3
∵点 F 为 AP 中点，∴ DF ， DF  AP .
在aPCD 中， CD  PD tan 60  2 3,
AD2  CD2
在RtaADC 中， AC 
在RtaPDC 中， PC 
所以 AC  CP ，
 4 ，
22  2 3 2
CD2  PD2
2 3 2  22
 4 ，
又∵点 F 为 AP 中点，∴ CF  AP ，
又CF  平面 ACP, DF  平面 ADP ，平面 ACP  平面 ADP  AP，所以二面角C  PA  D 的平面角为CFD ，
2 3
3
在Rt△CDF 中， tanCFD  CD  2 ，
DF
所以二面角C  PA  D 的余弦值为 5 .
5
18．(1) 2
3
(2) 2
9
(3) 137
243
【详解】（1）设事件 Ai  “第i 场比甲获胜”，事件 Bi  “第i 场比乙获胜”，事件C  “两场后双方战成 1：1”，
所以C  A1B2 ∪ B1 A2
故有?(?) = ?(? ? ) +?(? ? ) = 2 × 2 + 1 × 2 = 2.
1 21 2
33333
记所求事件为 D ，包含的所有结果： B2 A3 A4 A5 , A2 B3 A4 A5 , A2 A3 B4 A5
所以?(?) = ?(?2?3?4?5) +?(?2?3?4?5) +?(?2?3?4?5)
 1  2  1  1  2  2  2  1  2  1  2  2  2
3 3 3 3333 33 3 339
记 Pi 为只进行?(? = 4,5,6)场比的概率
①只进行四场比的结果： A A A A , B B B B 则对应的概率为 P  2  1  1  1  1  1  1  1  1
1 2 3 41 2 3 4

43 3 3 33 3 3 327
②只进行五场比甲获胜的结果： B1 A2 A3 A4 A5 , A1B2 A3 A4 A5 , A1 A2 B3 A4 A5 , A1 A2 A3 B4 A5 ，
乙获胜的结果： A1B2 B3 B4 B5 , B1 A2 B3 B4 B5 , B1B2 A3 B4 B5 , B1B2 B3 A4 B5 P5
2
35
23 + 23 + 23
35
23 + 23 + 23
35
2142
=
+
+ 2 × 35 + 2 ×
= 243
③只进行六场比甲获胜的结果：
B1B2 A3 A4 A5 A6 , B1 A2 B3 A4 A5 A6 , B1 A2 A3 B4 A5 A6 , B1 A2 A3 A4 B5 A6 ，
A1B2 B3 A4 A5 A6 , A1B2 A3 B4 A5 A6 , A1B2 A3 A4 B5 A6 ，
A1 A2 B3 B4 A5 A6 , A1 A2 B3 A4 B5 A6 ， A1 A2 A3 B4 B5 A6 ，
乙获胜的结果：
A1 A2 B3 B4 B5 B6 , A1B2 A3 B4 B5 B6 , A1B2 B3 A4 B5 B6 , A1B2 B3 B4 A5 B6 ，
B1 A2 A3 B4 B5 B6 , B1 A2 B3 A4 B5 B6 , B1 A2 B3 B4 A5 B6 ，
B1B2 A3 A4 B5 B6 , B1B2 A3 B4 A5 B6 ， B1B2 B3 A4 A5 B6 ，
6 场比甲获胜的概率 P  2  8  8  8  8  32  32  8  32  8  26  120  146

3636363636
对应乙获胜的概率 P  2  26  1  120  112 所以 P  258  86

3623636
636
243
综上，甲乙不需要进行第七场比的概率为 P  P  P  9  42  86  137

19．(1) AD  2sin  π θ  0 θ π 
456
243243243243
 33 

(2)
, 3 3 

3
 24 

(3) π
12
【详解】（1）因为 AB  1, AC 
3, ABC  π ，
3
ABAC
1 2
由正弦定理sinACB  sinABC ，有sinACB
，
2
3
3
即sinACB  1 ，又∠??? ∈ 0,
2
，故ACB  π ，
2π
3
6
又因为ABC  ADC  π ，所以 A, B, C, D 四点共圆，
则ADB  ACB  π ，
6
由于ABD  π θ，所以根据正弦定理
3
AB
sin∠ADB
AD，
sin∠ABD
1
sin π―?
3
有1 =
2
??
，即?? = 2sin
― ?0 < ?