精品解析：四川省仁寿县铧强中学2025-2026学年高二上学期10月教学质量检测数学试题

铧强中学2024级高二（上）第一次教学质量检测 数学试卷 一、单选题 1. 若，，，则的值为（ ） A. B. 5 C. 7 D. 36 2. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：A=“点数不大于3”，B=“点数大于4”，C=“点数为奇数”，D=“点数为偶数”，下列结论正确的是（ ） A. B，C为对立事件 B. A，C为互斥事件 C. C，D为对立事件 D. A，D为互斥事件 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 5. 黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对于两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择景点出游的概率为，选择景点出游的概率为，两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为1的正方体中，点M为棱的中点，则点B到直线的距离为（    ） A. B. C. 1 D. 7. 记， 分别为事件， 的对立事件，如果事件， 互斥，那么（ ） A. 是必然事件 B. 是必然事件 C. 与一定互斥 D. 与一定互斥 8. 某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气，公司决定进行一次信息化技术比赛，三个技术部门分别为麒麟部，龙吟部，鹰隼部，比赛规则如下：①每场比赛有两个部门参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个部门首先获胜两场，则本次比赛结束，该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”．已知在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为．当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时，麒麟部获得“优胜部门”的概率是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法错误的是（    ） A. 若是空间任意四点，则有 B. 若，则存在唯一的实数，使得 C. 若共线，则 D. 对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面 10. 已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若与相互独立，则 D. 若发生时一定发生，则 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 的最小值为 C. 若直线与所成角的余弦值为，则 D. 若是的中点，则到平面的距离为 三、填空题 12. 已知点，则直线的倾斜角为________________． 13. 甲、乙、丙射击命中目标的概率分别为、、，现在三人同时射击目标，且相互不影响，则目标被击中的概率为__________． 14. 如图，已知正方体的棱长为1，E、F分别是棱AD、上的中点．若点P为侧面正方形内（含边）动点，且存在x、，使成立，则点P的轨迹长度为_________． 四、解答题 15. 已知，且. （1）求； （2）求向量与夹角的大小. 16. 在某985高校的强基面试中，有两道难度相当的题目，每位面试者有两次答题机会，如果第一次答对抽到的题目，则面试通过，不再回答第二道题，否则就回答第二道题，第二道题答对则面试通过，若两道题都答错则面试不通过．已知李明答对每道题的概率都是0.5，张志答对每道题的概率都是0.6，假设两位面试者答题互不影响，且每人对抽到的不同题目能否答对是相互独立的． （1）求李明第二次答题通过面试的概率； （2）求张志通过面试的概率； （3）求李明和张志至少有一人通过面试的概率． 17. 如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 18. 甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表： 第一轮 甲VS乙 丙VS丁 第二轮 甲VS丙 乙VS丁 第三轮 甲VS丁 乙VS丙 规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立. （1）求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由； （2）若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铧强中学2024级高二（上）第一次教学质量检测 数学试卷 一、单选题 1. 若，，，则的值为（ ） A. B. 5 C. 7 D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】由加法的坐标运算求出的坐标，再由数量积的坐标运算求出结论． 【详解】，. 故选：B． 【点睛】本题考查空间向量数量积的坐标运算，属于基础题． 2. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：A=“点数不大于3”，B=“点数大于4”，C=“点数为奇数”，D=“点数为偶数”，下列结论正确的是（ ） A. B，C为对立事件 B. A，C为互斥事件 C. C，D为对立事件 D. A，D为互斥事件 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的定义逐一判断各个选项即可求解． 【详解】样本空间为，，，，， 对于A，，所以B，C不互斥，更不可能对立，故A错误； 对于B，由于，所以A，C不互斥，故B错误； 对于C，因为，，所以C，D为对立事件，故C正确； 对于D，，所以A，D不互斥，故D错误． 故选：C． 3. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 4. 平行六面体的底面是边长为2的正方形，且，，为，的交点，则线段的长为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算可得，进而结合数量积运算求模长. 【详解】由题意可知：， 则 ， 所以. 故选：C. 5. 黄山市境内风光奇绝，拥有12处国家级重点风景名胜区，在五一假期期间展现出独特的旅游魅力．对于两个旅游景点，通过大数据观测发现，游客选择景点出游的概率为，选择景点出游的概率为，两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记事件 为“选择景点 ”，事件 为“选择景点 ”，先由对立事件求得再根据一般事件的概率加法公式即可求得结果. 【详解】记事件 为“选择景点 ”，事件 为“选择景点 ”， 则事件为“两个景点都不选”，事件为“两个景点都选”. 由题意得， 由得，， ∴. 故选：B. 6. 在棱长为1的正方体中，点M为棱的中点，则点B到直线的距离为（    ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间点到直线距离的向量公式求出答案. 【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，可得， 则与向量同向的单位向量为， 所以点B到直线的距离为. 故选：C. 7. 记， 分别为事件， 的对立事件，如果事件， 互斥，那么（ ） A. 是必然事件 B. 是必然事件 C. 与一定互斥 D. 与一定互斥 【答案】B 【解析】 【详解】由题意事件， 互斥，则，∴为必然事件，故选B． 8. 某公司为了促进技术部门之间良好的竞争风气，公司决定进行一次信息化技术比赛，三个技术部门分别为麒麟部，龙吟部，鹰隼部，比赛规则如下：①每场比赛有两个部门参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的部门与未参加此场比赛的部门进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个部门首先获胜两场，则本次比赛结束，该部门就获得此次信息化比赛的“优胜部门”．已知在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为．当麒麟部与龙吟部进行首场比赛时，麒麟部获得“优胜部门”的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题设，麒麟部与龙吟部进行首场比赛且麒麟部获得“优胜部门”的情况有： 1、首场麒麟部胜，第二场麒麟部胜； 2、首场麒麟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场龙吟部胜，第四场麒麟部胜； 3、首场龙吟部胜，第二场鹰隼部胜，第三场麒麟部胜，第四场麒麟部胜； 再由独立事件乘法公式及互斥事件的加法公式求概率即可. 【详解】设事件：麒麟部与龙吟部先比赛麒麟部获胜； 由于在每场比赛中，麒麟部胜龙吟部的概率为，麒麟部胜鹰隼部的概率为，龙吟部胜鹰隼部的概率为， ∴麒麟部获胜的概率分别是：， 故选：D． 二、多选题 9. 下列说法错误的是（    ） A. 若是空间任意四点，则有 B. 若，则存在唯一的实数，使得 C. 若共线，则 D. 对空间任意一点与不共线的三点，若（其中），则四点共面 【答案】BC 【解析】 【分析】利用向量加法运算判断A；利用共线向量定理判断B；利用向量共线的意义判断C；利用共面向量定理判断D. 【详解】对于选项A：，故A正确； 对于选项B：当时，不存在，故B错误； 对于选项C：若共线，可以在同一条直线上，故C错误； 对于选项D：若（其中）， 所以四点共面，故D正确. 故选：BC. 10. 已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A. 若与互斥，则 B. 若与相互独立，则 C. 若与相互独立，则 D. 若发生时一定发生，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用互斥事件概率加法公式求解判断A；利用独立事件乘法公式和概率的性质求解判断B；利用独立事件乘法公式，结合对立事件概率公式求解判断C；利用事件关系求解概率判断D. 【详解】对于A，与互斥，则，A正确； 对于B，与相互独立，则， 因此，B正确； 对于C，由与相互独立，得相互独立，则，C正确； 对于D，发生时一定发生，则，，D错误. 故选：ABC 11. 如图所示，在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面平面 B. 的最小值为 C. 若直线与所成角的余弦值为，则 D. 若是的中点，则到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理即可判断A；结合正方体结构特征判断当点与重合时，取最小值，即可判断B；建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间角的向量求法可判断C；将线面距离转化为点面距离，根据空间距离的向量求法求得点到平面的距离，即可判断D. 【详解】在正方体中，因为平面，平面， 所以平面平面，故A正确； 连接，由平面，平面，得， 故在中，当点与重合时，取最小值，故B正确； 如图，以、、所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，设，， 则，， 假设存在点，使直线与所成角的余弦值为， 则， 解得（舍去），或，此时点是中点，，故C错误； 由且平面，平面，知平面， 则到平面的距离，即为到平面的距离； 是的中点，故，，，， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，故， 所以点到平面的距离为， 即到平面的距离为，D正确． 故选：ABD 三、填空题 12. 已知点，则直线的倾斜角为________________． 【答案】 【解析】 【分析】求出直线的斜率，根据直线的斜率与倾斜角的关系，即可求得答案. 【详解】由题意得直线的斜率， 设直线的倾斜角为，则； 因为，所以. 故答案为： 13. 甲、乙、丙射击命中目标的概率分别为、、，现在三人同时射击目标，且相互不影响，则目标被击中的概率为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据独立事件的概率乘法公式，结合对立事件理解运算求得结果. 【详解】记“目标被击中”为事件A，则为“甲、乙、丙三人都没有击中目标”， 所以目标被击中的概率是. 故答案为：. 14. 如图，已知正方体的棱长为1，E、F分别是棱AD、上的中点．若点P为侧面正方形内（含边）动点，且存在x、，使成立，则点P的轨迹长度为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题知，共面，即平面，取中点，连接、、，易证平面平面，所以点在上运动，点的轨迹为线段，由勾股定理计算可得. 【详解】解：因为成立，所以共面，即平面， 如图，取中点，连接、、， 根据正方体的性质得，，平面，平面，平面，，同理可证平面，且，所以平面平面，所以点在上运动，点的轨迹为线段，因为，， 由勾股定理得， 故答案为：. 四、解答题 15. 已知，且. （1）求； （2）求向量与夹角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据求出坐标，进而求出的坐标，则模可求； （2）求出坐标，然后求数量积，根据数量积可得夹角. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 由（1）可得， ， 向量与垂直， 即向量与夹角的大小为. 16. 在某985高校的强基面试中，有两道难度相当的题目，每位面试者有两次答题机会，如果第一次答对抽到的题目，则面试通过，不再回答第二道题，否则就回答第二道题，第二道题答对则面试通过，若两道题都答错则面试不通过．已知李明答对每道题的概率都是0.5，张志答对每道题的概率都是0.6，假设两位面试者答题互不影响，且每人对抽到的不同题目能否答对是相互独立的． （1）求李明第二次答题通过面试的概率； （2）求张志通过面试的概率； （3）求李明和张志至少有一人通过面试的概率． 【答案】（1）0.25 （2）0.84 （3）0.96 【解析】 【分析】（1）设相应事件，利用相互独立事件的概率公式计算得解； （2）设相应事件，利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解； （3）设相应事件，利用对立事件及相互独立事件的概率公式求解. 【小问1详解】 设“李明第次答对题目”，，则， 李明第二次答题通过面试的事件为，而相互独立， 所以李明第二次答题通过面试的概率. 【小问2详解】 设“张志第次答对题目”，，则， 张志通过面试的事件， 所以张志通过面试的概率. 【小问3详解】 设李明通过面试的事件， 则， 令李明和张志至少有一人通过面试的事件， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． （1）求证：平面平面； （2）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1） 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，即， 取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以 又面面ABCD，面面，面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论； （2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AB的中点，连结ON，则，所以 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则， 设，，则， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，若， 取， 由直线AP与平面MBD所成角为，得， 化简得 解得或， 当或时，直线AP与平面所成角为. 18. 甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表： 第一轮 甲VS乙 丙VS丁 第二轮 甲VS丙 乙VS丁 第三轮 甲VS丁 乙VS丙 规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立. （1）求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由； （2）若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率. 【答案】（1），一定出线，理由： 记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立. 丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为， 丁总分7分一定出线. 理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分. 小组赛两队出线，所以丁一定出线. （2） 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因； （2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分， ①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率， ②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率， ③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为， 丁队出线的概率， 综上，丁以6分出线的概率为. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用平面几何的知识与线面垂直的性质证得两两垂直，从而建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，由此证得线面平行； （2）结合（1）中结论，求出平面与平面的法向量，利用空间向量夹角余弦的坐标表示求解即可； （3）先利用线面角结合向量法求得的坐标，再利用空间向量点面距离公式求解即可. 【小问1详解】 记的中点为，连结， 因为，，所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以平行四边形是矩形，则， 因为平面，平面，所以，则两两垂直， 故以为坐标原点，分别以，，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 因为为的中点，所以，则， 设平面的一个法向量为，而，， 则，令，则， 所以，则， 又平面，所以平面． . 【小问2详解】 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为，而，， 所以，令，则， 记平面与平面夹角为，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 依题意，不妨设，则，， 又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $