安徽省马鞍山市第二中学2025-2026学年高二上学期开学测试数学试卷

这是一份安徽省马鞍山市第二中学2025-2026学年高二上学期开学测试数学试卷，共26页。试卷主要包含了5D等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填涂在答题卡指定位置上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用 0.5mm 黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
已知复数 z 在复平面内对应的点是
0,1
1 i 
，则 z（）
1 i
1  i
1  i
1 i
已知向量 a  2, 2 3 , b  1, 3 ，则b 在a 方向上的投影向量为（）
1 →1
a
4
 a
4
b
b
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（）
3
A. 4
B. 8
C. 4
D. 8
3
5
5
已知一组数据为8、4、7、6、5、3、9、10 ，则这组数据的25% 分位数是（）
A. 3B. 4C. 4.5D. 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，下列说法正确的是（ ）
若b//a ， a α，则b//α
若a α， b α， c  a ， c  b ，则c α
若a α， b α， a / /β， b / / β，则α//β
D 若 a α， a//b ， b  β，则α β
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. 0.15C. 0.105D. 0.07

–––→–––→–––→
已知V ABC 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（）
 3
2
 4
3
-1D.  3
4
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，已知 P ， M 分别为线段 BD1 ， BB1 上的动点， N为 B1C 的中点，则VPMN 的周长的最小值为（）
12
2
4  2 2
2
13
2
4  3
2
→
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对得部分分．
已知 a  3, 1, b  2,1 ，则下列结论正确的是（）
→––→→π
A. a  2b  b
B. a 与b 的夹角为 4
→→
10
5
C. a  2b   5
D. a 在b 方向上的投影向量的模是
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（）
2
第一张书签编号比第二张大的概率是 1
1
“两书签编号之和为 6”的概率是
12
“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
2
“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
3
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（）
四面体 B1CEF 的体积为定值
存在点 E ，使 EF  平面 ACB1
5
二面角 A1  DF  A 的正切值为
5
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．请把答案填在答题卡的相应位置．
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 
.
一平面图形的直观图是边长为1cm 的正方形，则原图形的周长是cm ．
在锐角V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， V ABC 的面积为 S，若
sin( A  C) 
2S
b2  a2
，则tan A 
1
3 tan(B  A)
的取值范围为．
四、解答题：本题共 5 题，共 77 分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．
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),L ，90,100 分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
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）；
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．
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．
在锐角V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知tan A  tan B 
3c
b cs A
（1）求 B；
a2  c2
（2）求
b2
的取值范围.
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
1111
，
题目能否答对都是相互独立的．
求甲得 10 分的概率；
求甲得 3 分的概率；
题的概率分别为 2 ， 3
， ，且每道
45
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．
如图 1，在矩形 ABCD 中， AB  2 2，BC  2，E 为 AB 的中点．将V ADE 沿 DE 向上翻折，进而得到多面体 A1  BCDE （如图 2）．
当平面 A1DE  平面 EBCD 时，求直线 A1C 与平面 EBCD 所成角的正切值；
在翻折过程中，求直线 A1C 与平面 EBCD 所成角的最大值；
在翻折过程中，求二面角 A1  DC  B 的最大值．
马鞍ft二中 2025-2026 学年高二 9 月教学质量监测
高二数学试题
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填涂在答题卡指定位置上．
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，用 0.5mm 黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
已知复数 z 在复平面内对应的点是
0,1
1 i 
，则 z（）
1 i
【答案】B
1  i
1  i
1 i
【解析】
【分析】根据复数的几何意义表示出 z ，再根据复数代数形式的除法运算法则计算即可.
【详解】复数 z 在复平面内对应的点为0,1 ，则 z  i ，所以1+i  1+i  1 ii  1 i  1 i .
ziii1
故选：B．
已知向量
1 →
a  2, 2 3 , b  1, 3 ，则b 在a 方向上的投影向量为（）
1
a
4
 a
4
b
b
【答案】A
【解析】
→ →
【分析】根据题意可得 a , a  b ，结合投影向量的定义分析求解.
【详解】因为 a  2, 2 3 , b  1, 3 ，
22  2
3 2
rr r
3
则 a  4, a  b  2 1 2 3  4 ，
b
所以 在
r r
 r
a
r 22
方向上的投影向量为 a  b  a 
4 r
a 
1 r
a .
故选：A.
 a44
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（）
3
A. 4
B. 8
C. 4
D. 8
3
5
5
【答案】C
【解析】
【分析】利用正四棱锥的性质及勾股定理即可求出侧面积.
【详解】
由正四棱锥顶点在底面的投影是底面正方形的中心，
4 1
所以根据题意，可知OP  2, AB  BC  CD  AD  2 ，
PO2  OE2
在直角三角形 POE 中，有 PE 
5
所以三角形 PBC 的面积为 1  2 5 ，
2
即正四棱锥的侧面积是4 5 ，

5 ，
故选：C.
已知一组数据为8、4、7、6、5、3、9、10 ，则这组数据的25% 分位数是（）
A. 3B. 4C. 4.5D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件，结合百分位数定义即可求解.
【详解】数据从小到大排序为： 3、4、5、6、7、8、9、10 ，共 8 个，则8 25%  2 ，
则这组数据的25% 分位数是： 4  5  4.5 .
2
故选：C
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，下列说法正确的是（ ）
若b//a ， a α，则b//α
若a α， b α， c  a ， c  b ，则c α
若a α， b α， a / /β， b / / β，则α//β
若 a α， a//b ， b  β，则α β
【答案】D
【解析】
【分析】ABC 选项，可举出反例；D 选项，可由平行和垂直的性质和判定证明.
【详解】A 选项，若b / /a ， a α，则b//α或b α，A 错误；
B 选项，若 a / /b ，不能推出c α，B 错误；
C 选项，若 a / /b ，则不能推出α//β，C 错误；
D 选项，因为 a α， a//b ，所以b α.又b  β，所以α β，D 正确. 故选：D
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. 0.15C. 0.105D. 0.07
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率公式列式求值.
【详解】抛掷两颗骰子，基本事件有6  6  36 个，
3333
其中和为偶数的基本事件有C1 C1  C1 C1  18 个，和为奇数的基本事件有36 18  18 个.
.
所以学生回答第一、第二个问题的概率均为 1
2
第一个问题中，第一颗骰子的点数比第二颗大的概率为 15  5 .
3612
设该地区中学生吸烟人数的比例约为 p ，
由题意： 200  1  5  1 p   57 ，解得 p  0.15 .
 2122

结合选项，最接近的是0.15 .
故选：B
–––→–––→–––→
已知V ABC 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（）
 3
2
 4
3
-1D.  3
4
【答案】A
【解析】
【分析】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．
【详解】建立如图所示的坐标系，以 BC 中点为坐标原点，
则 A(0, 3) ， B(1, 0) ， C(1, 0) ，
3
设 P(x, y) ，则 PA  (x, y) ， PB  (1 x,  y) ， PC  (1 x,  y) ，
–––→ –––→ –––→
22223
3
则 PA•(PB  PC)  2x
 2 3y  2 y  2[x  ( y )  ]
24
当 x  0 ， y 3 时，取得最小值2  ( 3)   3 ，
242
故选：A
如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，已知 P ， M 分别为线段 BD1 ， BB1 上的动点， N
为 B1C 的中点，则aPMN 的周长的最小值为（）
12
2
4  2 2
2
13
2
4  3
2
【答案】B
【解析】
【分析】设 BD 的中点为O ，即可证明aBOP≌aBNP ，从而得到 PN  PO ，再将平面 BDD1B1 与平面
BC1B1 展开并摊平，在平面图形中连接ON ，交 BB1 于点 M ，交 D1B 于点 P ，此时aPMN 的周长取得最小值 ON ，利用余弦定理计算可得.
【详解】
设 BD 的中点为O ，连接 PO （ P 不与点 B 重合）， PB  PB ， OB  NB ， DBD1  C1BD1 ，
所以aBOP≌aBNP ，所以 PN  PO ，把平面 BDD1B1 与平面 BC1B1 展开并摊平，如图，
在平面图形中连接ON ，交 BB1 于点 M ，交 D1B 于点 P ，此时aPMN 的周长取得最小值 ON ，
2 2 
2
2


2

2
2
2
 2

22
cs 90

  45
4  2 2
在△BON 中利用余弦定理可得 ON
，
2
所以aPMN 的周长的最小值为 4  2 2 ．
2
故选：B．
→
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对得部分分．
已知 a  3, 1, b  2,1 ，则下列结论正确的是（）
→––→→π
A. a  2b  b
B. a 与b 的夹角为 4
→→
10
5
C. a  2b   5
D. a 在b 方向上的投影向量的模是
【答案】BD
【解析】
【分析】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.
→→
【详解】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；
72  12
→→
2
因为 a  2b  (7,1) ，所以| a  2b |
 5
，故 C 错误；
→
→ →a  b2
→ →π
a  b
→
→
cs a, b ，因为 a, b [0, π]，所以 a, b ，B 正确；
24
→→ →
→ →
a·b
a 在b 方向上的投影向量是
a cs
a, b
 →
b
5 ，故 D 正确.
故选:BD.
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（）
2
第一张书签编号比第二张大的概率是 1
1
“两书签编号之和为 6”的概率是
12
“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
2
“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
3
【答案】ACD
【解析】
【分析】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.
【详解】选项 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，
61
所以第一张书签编号比第二张大的概率是 ，故 A 正确；
122
选项 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，
21
故“两书签编号之和为 6”的概率是 ，所以 B 错误；
126
选项 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  6  1 ；
122
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 
4  1 .
123
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 
2  1 .
126
由于 P  A  B  1  1  1  P  A P  B ，
623
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；
选项 D，根据上述分析， P  A  B  P  A  P  B  P  A  B  1  1  1  2 ，故 D 正确.
2363
故选：ACD.
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（）
四面体 B1CEF 的体积为定值
存在点 E ，使 EF  平面 ACB1
5
二面角 A1  DF  A 的正切值为
5
当 E 为 A1D 的中点时，四面体 ADEF 的外接球表面积为5π
【答案】ABD
【解析】
【分析】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.
【详解】对于 A 选项，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 ，
m A1D  平面 B1CF ， B1C  平面 B1CF ， A1D / / 平面 B1CF ，
1111
m E 为 A1D 上一动点，VB CEF  VE  B CF  VD B CF  VB CDF ，
m正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2，
1
VB CDF
 1 S
3
aCDF
 BB1
 1  1  2  2  2  4 ，
323
四面体 B CEF 的体积为定值 4 ，故 A 正确；
13
对于 B 选项，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 M , E 分别为 AD, A1D 中点， ME / / AA1 ，
m AA1  平面 ABCD ， ME  平面 ABCD ，m AC  平面 ABCD ， ME  AC ，
m M , F 分别为 AD, AB 中点， MF / / BD ，
m在正方形 ABCD 中， AC ⊥BD ， MF  AC ，
m MF ∩ ME  M ， MF , ME  平面 MEF ，
 AC  平面 MEF ，m EF  平面 MEF ， AC  EF ，
m N , E 分别为 AA1, A1D 中点， NE / / AD ，
m AD  平面 ABB1 A1 ， NE  平面 ABB1 A1 ，m AB1  平面 ABB1 A1 ， NE  AB1 ，
m N , F 分别为 AA1, AB 中点， NF / / A1B ，
m在正方形 ABB1A1 中， AB1  A1B ， AB1  NF ，
m NE ∩ NF  N ， NE, NF  平面 NEF ， AB1  平面 NEF ，
m EF  平面 NEF ，∴ AB1 ⊥ EF ，
m AB1 ∩ AC  A ， AB1 , AC  平面 ACB1 ， EF  平面 ACB1 ，即存在点 E ，使 EF  平面 ACB1 ，故 B 正确；
对于 C 选项，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  AF  2 5 ， PF 
5 ，
AF 2  AP2
DF55
2
5
在aA1DF 中， A1D  2， DF ， A1F 5 ，
DF 2  FA2  A D2
cs A1FD  11 
1 ，sin A FD ，
2 6
2DF  FA1515
 S 1 DF  FA sin A FD  1 DF  A P ， A P  2 30 ，
a A1DF2112115
 PF 
5 ，点 P 与 P 重合，
A F 2  A P2
1
1
5
A1PA 是二面角 A1  DF  A 的平面角，
5
tan A PA  AA1 ，故 C 错误；
1AP
对于 D 选项，取 DF 的中点O ，连接OM , ME, EO ，
在直角三角形△ADF 中， OD  OF  AO 5 ，
2
又由 B 选项中可知， ME  平面 ABCD ， MO  平面 ABCD ，
 ME  MO ，
m EM  1， MO  1 ， EO 
2
5 ，O 为四面体 ADEF 的外接球的球心，
2
55 2
外接球半径为，外接球的表面积为4π 5π ，故 D 正确.
2 2 

故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．请把答案填在答题卡的相应位置．
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 
.
【答案】-2
【解析】
【分析】利用实系数一元二次方程的虚根成对原理和根与系数的关系即可得出.
【详解】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，
1 i （i 为虚数单位）也是关于 x 的实系数一元二次方程 x2  kx  2  0 的一个虚根，
1 i+1 i =  k ，解得 k =  2 .
故答案为：-2.
一平面图形的直观图是边长为1cm 的正方形，则原图形的周长是cm ．
【答案】8
【解析】
【分析】由斜二测画法可知，平行于 x 轴的线段长度保持不变，平行于 y 轴的线段长度变为原来的一半.
【详解】根据斜二测画法还原图形，根据直观图可得正方形的对角线的长为 2cm ，所以原图形中对应线段的长度为2 2cm .
如图所示：
12  2
2 2
所以原图形中平行四边形的一条边的边长为：
所以周长为： 2 3 1  8cm .
故答案为： 8 .
 3cm .
在锐角V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， V ABC 的面积为 S，若
sin( A  C) 
2S
b2  a2
，则tan A 
1
3 tan(B  A)
的取值范围为．
【答案】 2 3 , 4 
 33 

【解析】
【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出 A, B 关系,结合基本不等式进行求解.
【详解】在V ABC 中， sin( A  C)  sin B, S  1 ac sin B ，
2
由sin( A  C) 
2S
b2  a2
得sin B  ac sin B ，
b2  a2
因为sin B  0 ，所以b2  a2  ac ，
由余弦定理得b2  a2  c2  2ac cs B ，则ac  c2  2ac cs B ，故c  2a cs B  a ，又由正弦定理得sin C  2 sin A cs B  sin A  sin A cs B  cs Asin B ，
整理得sin(B  A)  sin A ，
因为 A, B 0, π ，故 B  A  A 或 B  A  π  A （舍去），得 B  2 A ，
0  A  π
2


πππ
V ABC 为锐角三角形，故0  2 A  ，解得  A  ，故 3  tan A  1，
2

643
0  π  3A  π
2
而tan A 1 tan A 1，
3 tan(B  A)3 tan A
∴根据对勾函数的性质可知，
tan A 1
在tan A 
3 时取最小值 2 3 ，且tan A 1
 1 1
 4 ，
3 tan A3
33 tan A
313
∴ tan A 
1 2 3 , 4  ，
3 tan A
 33 
∴ tan A 

1的取值范围是 2 3 , 4  ．
3 tan(B  A)
 33 

故答案为：  2 3 , 4  .
 33 

四、解答题：本题共 5 题，共 77 分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．解答写
在答题卡上的指定区域内．
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),L ，90,100 分成 5 组，制成了如图所示的频率分布直方图．
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）；
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．
【答案】（1） x  0.02 ，平均数为74 分，中位数为
8
220
分；
3
（2）
15
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为1可求得 x 的值，将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，根据中位数左边的矩形面积之和为0.5 可求得中位数的值；
（2）分析可知后三组中所抽取的人数分别为3, 2,1，将这6 人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【小问 1 详解】
由已知可得0.01 2  0.03 2  x10  1，解得 x  0.02 ，
所抽取的50 名学生成绩的平均数为55 0.1 65 0.3  75 0.3  85 0.2  95 0.1  74 （分），由于前两组的频率之和为0.1  0.3  0.4 ，前三组的频率之和为0.1 0.3 2  0.7 ，
所以，中位数a 70,80 ，由题意可得0.4  a  70 0.03  0.5 ，解得 a  220 （分）.
3
【小问 2 详解】
由（1）可知，后三组中的人数分别为15,10, 5 ，故这三组中所抽取的人数分别为3, 2,1，
记成绩在70,80 这组的3 名学生分别为 a, b, c ，成绩在80, 90 这组的2 名学生分别为 d , e ，成绩在
90,100 这组的1名学生为 f ，
则从中任抽取2 人的所有可能结果为a, b 、a, c 、a, d  、a, e 、a, f  、b, c 、b, d  、
b, e 、b, f  、c, d  、c, e 、c, f  、d , e 、d , f  、e, f  ，共15 种.
其中恰有1人成绩在80, 90 为a, d  、a, e 、b, d  、b, e 、c, d  、c, e 、d , f  、e, f  共8 种.
故所求概率为 P  8 .
15
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．
【答案】（1） t   7 或t  1
4
（2）   5 , 0  0, 
3

【解析】
→→→→
→→→→
【分析】（1）首先求出a  b 、5a  8b 的坐标，再根据a  b   5a  8b 得到a  b 5a  8b   0 ，
由数量积的坐标表示得到方程，解得即可；
→→→
（2）首先求出a  mb 的坐标，依题意可得 a  a  mb   0 且a 与a  mb 不共线同向，即可得到方程（不等式）组，解得即可.
【小问 1 详解】
因为 a  1, 2 ， b  1,t  ，
所以 a  b  1, 2  1, t   2, 2  t  ， 5a  8b  51, 2  81, t   3,10  8t 
→→→→→→→→
∵ a  b   5a  8b ，∴ a  b 5a  8b   0 ，
∴ 2 3  2  t 10  8t   0 ，即4t 2  3t  7  0 ，解得t   7 或t  1.
4
【小问 2 详解】
当t  1时b  1,1 ， a  mb  1, 2  m 1,1  1 m, 2  m ，
∵ a 与a  mb 的夹角为锐角，
→→→
则 a  a  mb   0 且a 与a  mb 不共线同向，

∴ 
1 1 m  2 2  m  0m   5
1 2  m  2 1 m  0
，解得3 ，
m  0
∴ m 的取值范围是  5 , 0  0,  .
3

在锐角V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知tan A  tan B 
3c
b cs A
（1）求 B；
a2  c2
（2）求
b2
的取值范围.
【答案】（1） B  π
3
（2）  5 , 2
 3

【解析】
3
【分析】（1）由三角恒等变换，结合正弦定理化简可得 tan B 即可求解；

a2  c22π 4
（2）由正弦定理，结合三角恒等变换化简可得
b2
 3 sin  2 A  6   3 ，再由锐角三角形确定A 的范
围，得到值域即可.
【小问 1 详解】
sin Asin Bsin A cs B  cs Asin Bsin  A  Bsin C
tan A  tan B ，
cs A
cs B
cs A cs B
cs A cs B
cs A cs B
由正弦定理，

3c
b cs A
3 sin C sin B cs A
，又tan A  tan B ，
3c
b cs A
所以sin C cs A cs B
3 sin C ，
sin B cs A
锐角V ABC 中， sin C  0 ， cs A  0 ，
1 cs B
3
sin B
 sin B  tan B ，
3
cs B
m B  0, π  ， B  π .
2 3

【小问 2 详解】
由（1）知 B  π ， sin B 
3
3 , C  π  A  B  2π  A ，
23
0  A  π

又V ABC 为锐角三角形， 
2
2ππ
，所以 A  π , π  ，

6 2
0  A  
32
由正弦定理，
a2  c2
2
sin2 A  sin2 C

2
 4 sin
2 A  sin2 C 
b
4  2π
sin B3
3
4 
12 
 sin2 A  sin2 
 A  sin2 A  
cs A 
sin A 
3  3
3 
 22
 
 4  5 sin2 A  3 cs2 A 3 sin A cs A
 
3  442
 4  3  1 sin2 A 3 sin 2 A
 
3  424
 2 sin2 A 3 sin 2 A 1 3 sin 2 A  1 cs 2 A  4
33333
 2 sin  2 A  π   4 ，
36 3

又 A  π , π  ， 2 A  π  π , 5π  ， sin  2 A  π  1 ,1 ，
 6 2 
6 66 
6  2

2 sin  2 A  π   4  5 , 2 .
36 3 3

a2  c2 5 , 2
所以2的取值范围 3 .
b
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
1 111
，
题的概率分别为 2 ， 3
， ，且每道
45
题目能否答对都是相互独立的．
求甲得 10 分的概率；
求甲得 3 分的概率；
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．
【答案】（1）
1
（2）
6
3
1
120
（3）
40
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的概率公式求解即可.
将甲得 3 分分为两种情况，再结合互斥事件的概率公式求解即可.
将甲答辩成功这个事件合理拆分，再结合互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.
【小问 1 详解】
由题意得每道题目能否答对都是相互独立的事件，
由独立事件概率公式得甲得 10 分的概率为 1  1  1  1  1 ．
2345120
【小问 2 详解】
甲得 3 分有两种情况：甲答对第 1 题和第 2 题，甲答对第 3 题．且两种情况互斥，
故甲得 3 分的概率为 1  1 1 1 1 1   1 1 1 1  1 1 1   1 ．
23 4  5 2  3 45 6
  
【小问 3 详解】
若甲恰好答对 2 道题目答辩成功，则甲必定答对第 3 题和第 4 题．
甲答辩成功的概率为1 1 1 1  1  1  1 ．
2  3 4560
 
若甲恰好答对 3 道题目答辩成功，则甲答对第 2 题、第 3 题、第 4 题，
或者答对第 1 题、第 3 题、第 4 题，或者答对第 1 题、第 2 题、第 4 题．
甲答辩成功的概率为1 1  1  1  1  1 1 1   1  1  1  1 1 1  1  1 ．
2 34523 4523 4 520

1
1113
由（1）可知甲得 10 分的概率为，所以甲答辩成功的概率为．
120602012040
19. 如图 1，在矩形 ABCD 中， AB  2 2，BC  2，E 为 AB 的中点．将V ADE 沿 DE 向上翻折，进而得到多面体 A1  BCDE （如图 2）．
当平面 A1DE  平面 EBCD 时，求直线 A1C 与平面 EBCD 所成角的正切值；
在翻折过程中，求直线 A1C 与平面 EBCD 所成角的最大值；
在翻折过程中，求二面角 A1  DC  B 的最大值．
1
【答案】（ ） 1
2
π
（2）
6
π
（3）
4
【解析】
【分析】（1）根据矩形边长性质以及三角形相似可得 AC  DE ，再由面面垂直性质证明可证明 A1F  平面 EBCD ，结合线面角定义即可求得结果；
根据线面垂直判定定理可证明 DE  平面 A1FC ，结合性质定理可得 A1H  平面 EBCD ，作出线面
角的平面角ACH 并得出正切值的表达式，再结合三角函数值域求得ACH  0, π  ，可得结论.
116 

根据二面角定义利用线面垂直性质作出二面角 A1  DC  B 的平面角，结合三角函数最值求出正切值的最大值，即可求得结果.
【小问 1 详解】
连接 AC 交 DE 于点 F ，如下图所示：
AB2  BC 2
则 AC  2 3 ，
因为 AD  AE ,∠DAE  ∠ABC  90∘ ，所以aDAE ~aABC ，即AED  BCA ，
ABBC
又CAB  BCA  90∘ ，所以CAB  AED  90∘ ，可得 AC  DE ，
4 3
3
同理易证aDFC ~aEFA ，所以 AF  2 3 , CF ，
3
翻折后当平面 A1DE  平面 EBCD 时，平面 A1DE ∩ 平面 EBCD  DE ，且 A1F  DE ，又 A1F  平面 A1DE ，所以 A1F  平面 EBCD ；
可知A1CF 即为直线 A1C 与平面 EBCD 所成的角，
2 3
在RtaACF 中， tan ACF  A1F  3  1 ，
11CF4 32
3
即直线 AC 与平面 EBCD 所成角的正切值为 1 ；
12
【小问 2 详解】
过点 A1 作 A1H  FC ，垂足为 H ，如下图所示：
因为 DE  A1F , DE  FC, A1F  FC  F , A1F , FC  平面 A1FC ，
所以 DE  平面 A1FC ，
又 A1H  平面 A1FC ，所以 DE  A1H ，
又 A1H  FC ， DE  FC  F , DE, FC  平面 EBCD ，所以 A1H  平面 EBCD ，
即A1CH 即为直线 A1C 与平面 EBCD 所成的角，
在翻折过程中，设A1FC θ,θ 0, π ，由（1）可知， A F  2 3 , CF  4 3 ，
133
在 RtaA1FH 中， A H  2 3 sinθ, FH  2 3 csθ，
133
所以CH  FC  FH  2 3 2  csθ, tan ACH  A1H 
sinθ ，
31CH2  csθ
设 y 
sinθ
,θ 0, π ，则sinθ y csθ 2 y ，
所以
2  csθ
1 y2
sin θφ  2 y ，其中tanφ y ，
1 y2
所以sin θφ 2 y
 1，解得0  y ，
3
3
显然当θ π 时， y 
sinθ
3
23
，故 y3 ，
32  csθ
2  13
2
max3
即tan ACH 
 3 ，又易知ACH  0, π  ，所以ACH 
 π ，
1max
12 
1max6
3
即直线 AC 与平面 EBCD 所成角的最大值为 π ；
16
【小问 3 详解】
过 H 作 HG  CD 于点G ，连接 A1G ，如下图所示：
由（2）知 A1H  平面 EBCD ，因为CD  平面 EBCD ，所以 A1H  CD ，又 HG  CD ， HG  A1H  H , HG, A1H  平面 A1GH ，
所以CD  平面 A1GH ，
又 A1G  平面 A1GH ，所以CD  A1G ，又 HG  CD ，所以A1GH 为二面角 A1  DC  B 的平面角，
因为 HG  CD ， AD  CD ，所以 HG / / AD ，可得 HG  CH ，
ADCA

2 2  csθ
结合（2）可得 HG ，
3
在RtaA1GH 中， tan AGH  A1H 
3 sinθ,θ 0, π ,
1GH2  csθ
令t 
3 sinθ，则 3 sinθ t csθ 2t ，
3  t 2
2  csθ
即
sin θ β  2t ，其中tanβ t ，
3
3  t 2
所以sin θ β 2t
π
 1，解得0  t  1 ，
3
3 
显然当θ时， t 
3
3 sinθ 
2  csθ
2
2  1
2
 1 ，故t
max
 1，
即tan AGH 
 1，结合AGH  0, π  ，可知AGH 
 π ，
1max
12 
1max4

因此二面角 A  DC  B 的最大值为 π .
14