河北省联合体2025-2026学年高二数学上学期入学摸底考试含解析

2025-2026学年高二上学期入学摸底考试

数学试题

一、单选题

1．复数z22i3i（）

A．88iB．48iC．88iD．48i

2．某学校有高中学生3000人，初中学生2000人.学生社团创办文创店，想了解初高中学生对学校吉祥物

设计的需求，用分层抽样的方式随机抽取若干人进行问卷调查.已知在初中学生中随机抽取了200人，则在

高中学生中抽取了（）

A．150人B．200人C．300人D．500人

3．在ABC中，满足a2b2c23bc，则A（）

A．150B．30或150C．60D．60或120

4．已知向量a，b满足a23，b2，2ab6，则ab（）

A．4B．2C．1D．-2

5．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，设“出现的点数为偶数”为事件A，“出现的点数大于4”为事件B，则

下述正确的是（）

A．A与B对立B．A与B互斥

C．A与B相互独立D．PABPAPB

6．已知函数fx的周期为4π，且在0,π上单调递增，则fx可以是（）

xx

A．fxcosB．fxsin

22

x

C．fxcosD．fxtanx

4

3π

7．已知cossin，则sin4（）

32

1155

A．B．C．D．

9999

8．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC6，AA13，点P,Q分别为BC，C1D1的中点，点M为

长方形ADD1A1内一动点（含边界），若直线QM//平面APC1，则点M的轨迹长度为（）

A．6B．22C．23D．32

二、多选题

9．已知向量a3,2，b1,t，则下列说法正确的是（）

3

A．若ab，则t的值为

2

3

B．若a//b，则t的值为

2

3

C．若0t，则a与b的夹角为锐角

2

D．若a2ba2b，则a2b5a2b

10．如图，圆锥PO的底面半径为4，高为42，过PO靠近P的四等分点O作平行于底面的截面，以该截

面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（）

A．挖去圆柱的体积为42π

B．圆锥PO的侧面积为163π

C．剩下几何体的表面积为1616362π

D．圆锥母线与底面所成的角的余弦值为3

3

11．已知a，b，c分别为ABC内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（）

π3

A．若B，a3，且ABC有两解，则b的取值范围是,3

32

B．在锐角ABC中，不等式cosAcosB恒成立

cosAcosB

C．若，则ABC为等腰三角形

sinBsinA

D．若ABC120，b3，则ac的最大值为23

三、填空题

12．已知A，B两个事件相互独立，且PA0.6，PB0.7，则PAB.

13．某中学举行数学解题比赛，其中6人的比赛成绩分别为：68,92,86,90,79,96，则这6人成绩的75%分

位数与极差之和是.

2

14．如图，在ABC中，已知CDCB，AE3EC，P是线段AD与BE的交点，若APmABnAC，

3

则mn的值为.

四、解答题

15．某市环保部门为了监测某条河流的水质情况，连续30天测量了河流的PH值，整理数据后，得到如图

所示的频率分布直方图.

(1)求a的值，并估计这30天河流PH值的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)若PH值低于6.5的称为“酸性超标日”，其中PH值在6.0,6.5的称为“轻度超标日”，PH值在5.5,6.0

的称为“重度超标日”.环保部门决定采用分层抽样的方法从“酸性超标日”中抽取3天，并从这3天中随

机选择2天进行水质复检，求这2天都是“轻度超标日”的概率.

16．如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AC4，点M是AC的中点.

(1)求证：AB1//平面MBC1；

(2)若三棱锥C1MBC的体积为23，求这个三棱柱的侧棱长.

17．在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且bsinB3csinAsinB3bcosAcosC.

(1)求角B的大小；

(2)若c6，且CACB4，求ABC的面积.

22

18．在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a,b,c.已知a32，b3c，cosC，且ca.

3

(1)求c的值；

(2)求cosB的值；

(3)求sin2CB的值.

19．如图，三棱柱ABCA1B1C1中，A1ABA1ACBAC60，且ABACAA13，延长BA到M，使

BAAM，连接MA1，MC，MC1.

(1)证明：AA1B1C1；

(2)求四棱锥MAA1C1C的体积；

(3)求直线A1C与平面MC1C所成的角的正弦值.

题号12345678910

答案DCAACBBDACBCD

题号11

答案AD

1．D

根据复数乘法运算规则，计算结果即可.

【详解】z22i3i62i6i2i248i.

故选：D

2．C

根据抽样比即可求解.

20011

【详解】因为初中学生2000人抽取了200人，所以抽样比为，所以高中生抽取了3000300人.

20001010

故选：C.

3．A

3

根据题意结合余弦定理可得cosA，即可得结果.

2

【详解】因为a2b2c23bc，即b2c2a23bc，

3bc3

所以cosA，且0A180，所以A150.

2bc2

故选：A

4．A

根据向量的模和向量的数量积的知识进行求解即可.

222

【详解】∵2ab4a4abb36，

∴484ab436，

∴ab4.

故选：A.

5．C

抛掷一枚骰子的所有可能结果是：1,2,3,4,5,6；事件A包含的结果是：2,4,6；事件B包含的结果是：{5,6}，

由对立互斥独立的概念逐一判断各个选项即可求解.

【详解】抛掷一枚骰子的所有可能结果是：1,2,3,4,5,6；

事件A包含的结果是：2,4,6；

事件B包含的结果是：{5,6}.

因为AB没包含所有可能结果（如1，3没包含在内），A与B不对立，故A错误；

因为AB6，A与B不互斥，故B错误；

1111

因为PAB，P(A)P(B)P(AB)，

6236

因此A与B相互独立，故C正确；

312142

PA，PB，而P(AB)，故D错误.

626363

故选：C.

6．B

结合图象可判断A,B,C；由定义域可判断D.

x

【详解】对于A：fxcos，结合余弦函数图象知，x0,π时，fx单调递减，故A错误；

2

2π

xT4πxπ

对于B：fxsin，1，x0,π时，0,，结合正弦函数图象知，fx单调递增，故

222

2

B正确；

xx4πxxxπ

对于C：fxcos，fx4πcoscosπcos，周期为4π，x0,π时，0,，

444444

结合余弦函数图象知，fx在0,π上单调递减，故C错误；

π

对于D：fxtanx，x时，函数无意义，所以fx在0,π上不单调，故D错误；

2

故选：B.

7．B

根据二倍角公式以及诱导公式即可求解.

3212

【详解】由cossin，得cossin，解得sin2，

333

π241

故sin4cos412sin212.

299

故选：B.

8．D

利用过点Q作平面APC1的平行平面QEF，从而可得点M的轨迹为线段EF，即可计算长度，得出结果.

【详解】

在长方体ABCDA1B1C1D1中，取A1D1，B1C1的中点G，H，连接AG，GH，BH，

由点P为BC的中点，得C1H//BP，C1HBP，则四边形BPC1H是平行四边形，

所以BH//C1P，

又GH//A1B1//AB，GHA1B1AB，则四边形ABHG是平行四边形，

于是AG//BH//C1P，

取GD1中点E，在AD上取点F，使得AFGE，连接EF，QE，QF，

而AF//GE，则四边形AGEF为平行四边形，EF//AG，

而AG平面APC1，EF平面APC1，

于是EF//平面APC1，

由Q为C1D1的中点，E为GD1中点，得QE//C1G，

而C1G平面APC1，QE平面APC1，则QE//平面APC1，

又EFQEE，EF,QE平面QEF，

因此平面QEF//平面APC1，

又由直线QM//平面APC1，点M平面ADD1A1，

则点M在平面QEF与平面ADD1A1的交线EF上，

从而点M的轨迹就是线段EF，

而22，

EFAGA1GA1A32

所以点M的轨迹长度为32.

故选：D.

9．AC

对于A，由向量垂直得数量积为0从而列方程验算即可；对于B，由向量平行的充要条件列方程即可；对于

3

C，由数量积大于0且不共线即可说明C正确；对于D，由条件求得t，再举反例说明D错误即可.

2

3

【详解】若ab，则ab32t0，解得t，故A正确；

2

2

若a//b，则3t(2)0，解得t，故B错误；

3

3

当0t时，ab32t0，由B知此时a与b不共线，所以a与b的夹角为锐角，故C正确；

2

2223

若a2ba2b，则a2ba2b0，即a4b0，即9441t，解得t，

2

33

当t时，a3,2，b1,，a2b5,1，a2b1,5，显然a2ba2b，故D错误.

22

故选：AC.

10．BCD

根据题意，利用勾股定理可求圆锥的母线长，根据比例关系可得挖去圆柱的半径和高，逐项求解即可.

13

【详解】如图所示，因为O为PO的四等分点，所以OCOA1，MCPO32，

44

22

对于A，挖去的圆柱的体积VS圆hπOCMCπ13232π，故A错误；

2

对于B，圆锥母线长PAOA2OP2424243，所以圆锥PO的侧面积

S侧πrlπ443163π，故B正确；

对于C，圆柱的侧面积S2π13262π，剩下几何体的表面积

S62π163ππ421616362π，故C正确；

对于D，因为圆锥PO的底面半径为4，母线长PA43，

43

则cosPAO，故D正确.

433

故选：BCD.

11．AD

根据题意，可得asinBba，求出b的范围，可判断A的正误；在锐角ABC中，角A，B的大小都不确

定，即可判断B的正误；化简计算，根据二倍角的正弦公式，即可判断C的正误；根据余弦定理，结合均

值不等式，可判断D的正误，即可得答案.

3

【详解】选项A：如图，因为ABC有两解，所以asinBba，解得b3，故A正确；

2

选项B：在锐角ABC中，角A，B的大小都不确定，cosA和cosB的大小也无法确定，故B错误；

cosAcosB

选项C：因为，

sinBsinA

所以sinAcosAsinBcosB，即sin2Asin2B，

π

所以2A2B或2A2Bπ，即AB或AB，

2

故ABC为等腰三角形或直角三角形，故C错误；

2

选项D：由余弦定理得b2a2c22accosBacac9，

2

2ac2

所以acac9，即ac12，

2

解得ac≤23，

当且仅当ac3时取等号，此时ac的最大值为23，故D正确.

故选：AD.

21

12．0.42/

50

利用独立事件的乘法公式即可求解.

【详解】因为A，B相互独立，所以P(AB)P(A)P(B)0.60.70.42.

故答案为：0.42

13．120

先对给定6人比赛成绩从小到大排序，利用百分位数和极差计算公式求解.

【详解】将6个数据从小到大排列为68,79,86,90,92,96，

因为675%4.5，所以这6人成绩的75%分位数是92，

极差为966828，

所以75%分位数与极差之和是9228120.

故答案为：120.

9

14．

10

由A，P，D和B，P，E三点共线及平面向量基本定理即可得出.

21

【详解】由A，P，D三点共线，设APAD01，由CDCB得BDBC，

33

12

故APADABBDABBCABACABABAC，

3333

4

由AE3EC得ACAE，

3

24

故APABAE，——①

39

再由B，P，E三点共线，设BPBE(01)，

所以APAB(AEAB)，即AP(1)ABAE——②

2

1

39

由①②及向量AB与不共线，由平面向量基本定理，得，解得.

AE4

10

9

291933

故得APABACABAC

310310510

33

又APmABnAC，故m，n，

510

339

所以mn.

51010

9

故答案为：.

10

15．(1)a0.6；6.8

1

(2)

3

（1）根据频率分布直方图中概率之和等于1，可求出a，平均数可利用同一组中的数据用该组区间的中点

值和频率的乘积之和求解;

（2）求出样本空间，再结合古典概型计算公式求解即可.

【详解】（1）因为0.50.220.50.40.52a1，所以a0.6.

平均值：5.750.16.250.26.750.37.250.37.750.16.8.

（2）抽取的3天中，“轻度超标日”有2天，记为a，b，“重度超标日”有1天，记为A，

样本空间ab,aA,bA，

设事件B为这2天都是“轻度超标日”，则Bab.

因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型.

1

所以PB.

3

16．(1)证明见解析

(2)3

（1）连接B1C，交BC1于点N，连接MN，易得AB1//MN，由线面平行的判定定理得证；

（2）由三棱锥体积公式求解.

【详解】（1）连接B1C，交BC1于点N，连接MN，

因为四边形BB1C1C为矩形，所以N为B1C的中点，

又点M是AC的中点，所以AB1//MN，

因为AB1平面MBC1，MN平面MBC1，

所以AB1//平面MBC1.

（2）因为ABC为等边三角形，M是AC的中点，所以BMAC，

又AC4，故BM23，

因为CC1平面ABC，

1

设CCh，则SCMBM23，

1△MBC2

11

所以VS△h，即23h23，解得h3，

C1MBC3MBC3

故这个三棱柱的侧棱长为3.

π

17．(1)

3

(2)63

（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得tanB3，即可得结果；

（2）根据数量积的定义结合余弦定理可得a2b244，b2a2366a，联立求得边a，进而可得面积.

【详解】（1）因为bsinB3csinAsinB3bcosAcosC，

由正弦定理得sin2B3sinCsinAsinB3sinBcosAcosC，

又因为0Bπ，则sinB0，

可得sinB3sinCsinAcosCcosA3cosAC，

因为ACπB，则cosACcosπBcosB，

可得sinB3cosB，

π

显然cosB0，则tanB3，所以B.

3

a2b2c2a2b236

（2）因为CACBabcosC4，且c6且cosC，

2ab2ab

a2b236

可得4，即a2b244①.

2

又因为b2a2c22accosB，可得b2a2c22accosB366a②.

联立①②可得a23a40，解得a4或a1（负根舍去），

113

所以ABC的面积为SacsinB4663.

222

18．(1)c3

(2)6

3

(3)3

27

（1）由余弦定理可得；

（2）由正弦定理及平方关系可得；

（3）由二倍角公式及两角和与差的公式可得.

【详解】（1）因为c2a2b22abcosC，即c2183c283c，

解得c3或c33，因为ca，所以c3.

（2）因为b3c，由（1）得b3，且ba，

1

因为0Cπ，所以sinC1cos2C.

3

bcbsinC3

由正弦定理，所以sinB，

sinBsinCc3

π6

因为ba，所以BA，0B，cosB1sin2B.

23

4227

（3）由（2）得sin2C2sinCcosC，cos2C2cosC1，

99

426733

故sin2CBsin2CcosBcos2CsinB.

939327

19．(1)证明见解析

(2)92

2

(3)1

2

【详解】（1）连接A1B，因为ACAA13，A1AC60，所以A1C3.

同理A1B3，取BC中点E，连接AE，A1E，

由等腰三角形三线合一，得AEBC，A1EBC.

又AEA1EE，AE平面AEA1，A1E平面AEA1，

所以BC平面AEA1，AA1平面AEA1，所以BCAA1.

∥

因为BCB1C1，所以AA1B1C1.

（2）如图，过A1作A1OAE于点O，过O作OFAC于点F，连接A1F.

由（1）已证得BC平面AEA1，且BC平面ABC，所以平面ABC平面AEA1，

又因为两平面交线为AE，且A1OAE，所以A1O平面ABC，所以A1OAC，

又因为OFAC，A1OOFO，所以AC平面A1OF，所以AC