精品解析：福建省厦门双十中学2025-2026学年高一第二学期第二次月考数学试题

厦门双十中学2025-2026学年第二学期第二次月考 高一数学试题 （本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，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. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】复数， 所以. 2. 如图，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）称对称形态，图（2）称不规则形态，图（3）称“右拖尾”形态，根据图形作出以下判断，正确的是（ ） A. 图（1）：平均数>中位数=众数 B. 图（2）：众数>平均数 C. 图（3）：众数<中位数<平均数 D. 图（3）：众数<平均数<中位数 【答案】C 【解析】 【分析】在频率分布直方图中，我们根据图形的形态特点来分析这三个统计量的大小关系。对于对称形态，平均数、中位数和众数大致相等；对于不规则形态，需根据图形具体分析；对于“右拖尾”形态，由于右侧有较大的极端值，会拉高平均数，从而使得众数、中位数和平均数有特定的大小关系。 【详解】A中应有平均数=中位数=众数； B中众数<平均数； C，D中，平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数更接近“拖尾”的一边，所以平均数>中位数，而最高峰偏左，因此众数最小. 故选：C. 3. 不共线的两个单位向量，满足，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】，两边平方得， 即， 又，为单位向量且不共线，故， 解得，（舍去）； 若，则， 解得. 4. 袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个白球，个黄球，从中随机抽取个球，则取出的个球中至少有个白球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由古典概型的概率计算公式求解即可 【详解】记个白球为，个黄球为，从中随机抽取个球有： 共10种， 其中取出的个球中至少有个白球有： 共7种， 则取出的个球中至少有个白球的概率是， 故选：C 5. 在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将正三棱柱补成直四棱柱，平移到即可解. 【详解】将正三棱柱补成直四棱柱， 使正三棱柱与正三棱柱全等， 则由直棱柱性质可知，与所成角为（或其补角）； 因为，， 所以， 所以. 6. 如图，在四边形中，，为等边三角形，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先在中用三角形面积公式表示出面积、由余弦定理求出，再代入等边的面积公式得其面积，利用与全等的性质，推出面积为与面积和的一半，将表达式化简为正弦型函数，最后根据三角函数最值条件求出面积的最大值. 【详解】在中，设，则. 由余弦定理知. 中，. 又，为等边三角形. 所以,即 所以可通过判断和全等. 故. 所以当，即时，. 7. 在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析四边形特征得出旋转得到的几何体为一个圆台加上一个圆锥组成，再由体积公式计算可得结果. 【详解】过点分别作，垂足分别为，如下图所示： 在中，因为，，所以， 又在中，，因此，所以； 易知四边形为矩形，所以，可得； 将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体为一个圆台和一个圆锥组成， 圆台的上、下底面半径为，高为，圆锥底面半径为，高为； 因此圆台体积为， 圆锥体积为， 所以所得几何体的体积为. 8. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ） A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 【答案】D 【解析】 【详解】解法一：要求连胜两局，故只能第一局和第二局连胜，或第二局和第三局连胜，则第二局和谁比赛很重要，第二局的对手实力越强，连胜两局的概率越小，第二局的对手实力越弱，连胜两局的概率越大，所以根据条件估算得到丙实力最弱，所以D选项正确. 解法二：该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则此时连胜两盘的概率为 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即，， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误； 与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关.选项A判断错误. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，一个正八面体八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记“得到的点数为奇数”为事件A，记“得到的点数不大于4”为事件B，记“得到的点数为质数”为事件C，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用古典概型来计算各事件概率，利用独立事件的定义，利用对立事件概念即可判断各选项. 【详解】对于A，事件B为“得到的点数不大于4”，即得到的点数为， 事件C为“得到的点数为质数”，即得到的点数为，显然得到点数为时， 事件B与事件C同时发生，所以事件与不互斥，故A错误； 对于B，事件A为“得到的点数为奇数”， 事件B为“得到的点数不大于4”， 故得到点数为，表示事件发生，即，故B正确； 对于C，由事件A为“得到的点数为奇数”，则， 事件C为“得到的点数为质数”， 则， 而得到点数为，表示事件发生，即， 此时，所以事件与事件不相互独立，故C错误； 对于D，而得到点数为，表示事件发生，即， 所以，故D正确， 故选：BD. 10. 已知点为所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则在上的投影向量为 B. 若两两的夹角相等，且，则 C. 若，且，则为等边三角形 D. 若，且，则的面积是面积的 【答案】BCD 【解析】 【分析】由投影向量的计算可得A错误；由数量积的运算律和定义可得B正确；由向量夹角的计算结合垂直的向量表示可得C正确；先由向量共线的性质确定的位置，再由三角形的面积公式可得. 【详解】对于A，在上的投影向量为 ，故A错误； 对于B，记向量分别为， 它们之间的夹角不可能都为0，故夹角为， 则 ，故B正确； 对于C，因为 ， 所以，又， 在区间上单调递减，则， 又， 为等边三角形，故C正确； 对于D，令， 三点共线， 又是线段上靠近点的三等分点， 即点到边的距离是点到边的距离的 且两三角形的底相同，高之比等于， ，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点，，到的距离分别为，，，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 直线与所成角比直线与所成角大 D. 正方体的棱长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据点到面的距离证明；B选项，结合面面垂直的判定定理和面面相交的性质进行判断；C选项，通过线面角的正弦值比较大小；D选项，利用射影，构造直角三角形求解. 【详解】设，显然是、的中点， 因为平面，到平面的距离为，所以到平面的距离为， 又到平面的距离为，且点在的同侧，则，即，即A正确； 设平面，则，因为是正方形，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面，则平面， 而，所以平面平面，即B正确； 设到平面的距离为， 因为平面，是正方形，点，B到的距离分别为， 所以有，得， 设正方体的棱长为， 设直线与平面所成角为，所以， 设直线与平面所成角为，所以， 因为，则得，因,则得，故C错误； 因为平面平面，平面平面， 所以在平面的射影与共线， 显然，如图所示： 由， ， 由（负值舍去）， 故D正确， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____. 【答案】 【解析】 【分析】借助百分位数定义计算可得，再利用基本不等式求解即可得. 【详解】对10个数先排序：1、2、3、4、5、a、b、13、16、19， ，则，由， 则，当且仅当时，等号成立. 13. 已知中，角的对边分别为，且，点在线段上，且， ，则的值为_____ 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理化简已知条件，结合角平分线定理、余弦定理求得. 【详解】，由正弦定理得，则， 由于，所以，而，所以． 由题意，是角平分线，，设，则， 由，所以，， 由得，，解得， 所以． 14. 如图，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，将沿翻折至，翻折过程中四棱锥外接球半径的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】翻折问题中，长度、垂直关系、长度始终不变，是解题基础，先判定底面等腰梯形的外接圆圆心为点与半径，确定球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的垂线上，再利用外接球半径处处相等的性质，联立方程得到球心距与翻折角的关系式，通过三角换元简化函数，结合定义域求取最小值，利用分式特性即可求出外接球半径最小值. 【详解】由题意，正边长为，分别是的中点， 由三角形中位线性质得， 故四边形为等腰梯形，且 取中点，中点，连接， 则为等腰梯形的对称轴，梯形高， 易证： 因此点为底面等腰梯形的外接圆圆心，底面外接圆半径， 沿翻折为，翻折过程中边长与垂直关系不变： 即翻折时，动点在垂直于直线的平面内，以定点为圆心、为半径的圆上运动， 设四棱锥的外接球球心为，半径为， 由外接球性质：球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的垂线上， 设，由线面垂直得底面，故， 由勾股定理得外接球半径核心关系： ① 过点作平面，则 设翻折角 ，在中，， 则 由 ② 由①②得到 得到， 代入①得到， 令，则 当，即，此时. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：、、…、，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 【答案】（1） （2）平均数为74，中位数为75 （3）， 【解析】 【小问1详解】 由题意得，解得． 【小问2详解】 平均数为 设中位数为； 因为成绩落在内的频率为， 落在内的频率为，所以， 则，解得，故中位数为75． 【小问3详解】 由题意得，成绩在有 人，成绩在有 人， 则这两组成绩的总平均数为， 总方差为． 16. 如图，梯形中，，，，，将沿翻折至，使得平面平面. （1）证明：直线平面； （2）设线段中点为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）由已知，在梯形中，，，所以， 又，所以， 取的中点，连接，易知四边形为正方形， 因为，可知， 所以，所以， 又因为翻折前，所以翻折后， 又因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 又，，且平面，所以直线平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质，可证得，再根据线面垂直的判定定理，即可证明； （2）法一：运用等体积法，可求得点到平面的距离，进而可求得点到平面的距离，根据勾股定理，可求得，进而可求得直线与平面所成角的正弦值； 法二：运用直接法，在中过作，垂足为，根据几何关系，可求得点到平面的距离，根据勾股定理，可求得，进而可求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：设点到平面的距离为， 由（1）可知直线平面，所以点到平面的距离为， 因为翻折后，所以， 因为直线平面，所以，所以， 由（1）可知平面，所以，所以， 由，解得， 设点到平面的距离为，则由，解得， 又，所以， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为. 法二设点到平面的距离为， 在中过作，垂足为，下证平面． 由（1）可知平面，面，所以， 又，，平面 由（1）可知直线平面，所以， 在中，，， 设点到平面的距离为，则由，解得， 又，所以， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为. 17. 如图，线段都垂直于线段，， （1）求线段的长度； （2）点为线段上一个动点且点与点、点不重合，当长为多少时，最大？ 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】（1）如图，作，设，由题设及正弦定理可得，据此可得答案； （2）设，其中，可得，，由基本不等式知识可得最小值，据此可得答案. 【小问1详解】 如图，作，设，则. 因，则，又， 则，.又，则. 又，则. 由正弦定理：， 得： ，则； 【小问2详解】 设，其中 . 则，， ，令， 则， ，当且仅当时取等号. 则此时最小，从而最大. 18. 数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为；发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立，且. （1）若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； （2）用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为，如“001”，则，对应的概率记为. （ⅰ）若发送的数据为：“011”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“0101”，求的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）接收到的两个数字中有且只有一个正确，包括数字0接收正确数字1错误和数字0接收错误数字1正确两种情况，利用事件独立性和互斥性计算即可求解； （2）（i）事件表示接收到的数据中含两个0，包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，②数学0错误，数字1都错误，事件表示接收到的数据中含三个0，只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值：（ii）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围. 【小问1详解】 记“接收到的两个数字中有且只有一个正确”为事件A，由已知， 事件包含两种情况： 第一种数字0接收正确数字1错误，概率为：， 第二种数字0接收错误数字1正确，概率为：， 所以； 【小问2详解】 （i）由发送的数据为“011“可知，事件表示接收到的数据中含两个0， 包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误， ②数学0错误，数字1都错误， 所以， 事件表示接收到的数据中含三个0， 只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误， 所以， 由得： ， 化简得， 又，上式可化为： 或（舍去）； （ⅱ）当发送的数据为“0101”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为， ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为， ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为 ， ， 令，则， 又且，， ， ， 记， 由二次函数的性质可知，在单调递减， 得最大值为， 即的最大值为. 19. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】（1）证明：由题，四边形在球的一个截面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面，故平面， 又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，求出的面积，利用基本不等式求出面积的最大值以及长的最大值，结合锥体的体积公式可求得四棱锥体积的最大值； （3）取线段的中点，连接、，求出的长，根据题意得出关于、的方程组，求出的值，进而可求得的长，利用三角不等式求出的最大值，设与平面所成角为，可得出的最小值，由此可得出的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点， 由平面平面，平面平面，平面， 可得平面，记四棱锥的体积为， 则， 因为，所以， 由平面，平面，得，故， 于是，当且仅当时取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当时取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，故， 因为，，，由等面积法可得， 由，设，则， 所以，整理得， 解得，即， 因为，，所以，故， 在中，，， 由余弦定理可得， 当时，， 此时，此时； 当时，， 此时，此时. 综上所述，， 所以，当且仅当、、三点共线时，等号成立， 即长的最大值为， 设与平面所成角为，当取最大值时，最小，此时取最小值， 所以， 此时，即， 故当时，直线与平面所成角的余弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门双十中学2025-2026学年第二学期第二次月考 高一数学试题 （本试卷共4页，考试时间120分钟，总分150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，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. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）称对称形态，图（2）称不规则形态，图（3）称“右拖尾”形态，根据图形作出以下判断，正确的是（ ） A. 图（1）：平均数>中位数=众数 B. 图（2）：众数>平均数 C. 图（3）：众数<中位数<平均数 D. 图（3）：众数<平均数<中位数 3. 不共线的两个单位向量，满足，若，则实数的值为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个白球，个黄球，从中随机抽取个球，则取出的个球中至少有个白球的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在四边形中，，为等边三角形，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 在平面四边形中，，，，将该四边形绕所在直线旋转一周，所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则（ ） A. p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B. 该棋手在第二盘与甲比赛，p最大 C. 该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D. 该棋手在第二盘与丙比赛，p最大 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，一个正八面体八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记“得到的点数为奇数”为事件A，记“得到的点数不大于4”为事件B，记“得到的点数为质数”为事件C，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与相互独立 D. 10. 已知点为所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则在上的投影向量为 B. 若两两的夹角相等，且，则 C. 若，且，则为等边三角形 D. 若，且，则的面积是面积的 11. 如图，正方体中，顶点在平面内，其余顶点在的同侧，顶点，，到的距离分别为，，，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 直线与所成角比直线与所成角大 D. 正方体的棱长为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一组数据19、5、4、13、a、b、1、2、16、3的第60%分位数为9（其中），则最小值为____. 13. 已知中，角的对边分别为，且，点在线段上，且， ，则的值为_____ 14. 如图，是边长为的正三角形，，分别是，的中点，将沿翻折至，翻折过程中四棱锥外接球半径的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六组：、、…、，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计样本成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中间值代替）和中位数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为66，方差是4，求两组成绩合并后的平均数和方差. 16. 如图，梯形中，，，，，将沿翻折至，使得平面平面. （1）证明：直线平面； （2）设线段中点为，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 如图，线段都垂直于线段，， （1）求线段的长度； （2）点为线段上一个动点且点与点、点不重合，当长为多少时，最大？ 18. 数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为；发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立，且. （1）若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率； （2）用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为，如“001”，则，对应的概率记为. （ⅰ）若发送的数据为：“011”，且，求； （ⅱ）若发送的数据为“0101”，求的最大值. 19. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $