精品解析：河南许昌市禹州市第三高级中学2025-2026学年高一下学期下学期第二次校内质量检测数学试题

高一下学期第二次校内质量检测数学试题 一、选择题： 1. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数据的中位数为2，方差为3，那么数据的中位数和方差分别为（ ） A. 2，3 B. 7，6 C. 7，12 D. 4，12 3. 某品牌家电公司从其全部200名销件员工中随机抽出50名调查销售情况，销售额都在区间（单位：百万元）内，将其分成5组：，并整理得到如下的频率分布直方图，下列说法正确的是（ ） A. 频率分布直方图中a的值为0.06 B. 估计全部销售员工销售额的中位数为15 C. 估计全部销售员工中销售额在区间内有6人 D. 估计全部销售员工销售额的第76百分位数为17 4. 甲乙两人进行三分远投比赛，甲、乙每次投篮命中的概率分别为0.5和0.4，且两人之间互不影响.若两人分别投篮一次，则两人中至少一人命中的概率为（ ） A. 0.6 B. 0.7 C. 0.8 D. 0.9 5. 已知，是两条不同的直线，平面，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则，共面 B. 若，则与有公共点 C. 若与无公共点，且，则 D. 若存在平面，使得，，，则 6. 《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方亭中，，其体积为，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则（ ） A. 3 B. C. D. 2 8. 已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距.为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向.从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（ ） A. 南偏西方向 B. 南偏西方向 C. 南偏西方向 D. 南偏西方向 二、选择题： 9. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与同向的单位向量为 D. 若，则 10. 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. 11. 如图,在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若点为的中点，则平面 B. 连接，则直线与平面成角正弦值为 C. 若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 D. 若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________． 13. 现有甲，乙，丙，丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次．若每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队胜2场且乙队胜2场的概率为______． 14. 已知平面向量，满足，在上的投影向量为，当时，的最小值为，则_________. 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. 2025年秋天将在天津举办上合组织峰会，为了加深师生对上合峰会的了解，天津某校举办了“上合组织峰会”知识竞赛，并将100名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）分成六段后得到如下频率分布直方图.观察图形信息，回答下列问题： （1）求a的值，并估计本次竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）估计这组数据的第75百分位数； （3）用分层抽样的方法在分数落在内的师生中随机抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至多有1人的分数在内的概率. 16. 甲、乙两人进行乒乓球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，且比赛结束，通过分析甲、乙过去比赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球. （1）求该局打4个球甲赢的概率； （2）求该局打5个球结束的概率. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为侧面的中心. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求三棱锥的外接球的表面积. 18. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，且的面积为，求的值； （3）若为锐角三角形，为所在平面内一点，且满足，设，求的取值范围． 19. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期第二次校内质量检测数学试题 一、选择题： 1. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 已知数据的中位数为2，方差为3，那么数据的中位数和方差分别为（ ） A. 2，3 B. 7，6 C. 7，12 D. 4，12 【答案】C 【解析】 【分析】利用中位数和方差的求法分别列式，求出平均数和方差． 【详解】因为数据的中位数为2，方差为3， 所以数据的中位数为， 方差为. 故选：C. 3. 某品牌家电公司从其全部200名销件员工中随机抽出50名调查销售情况，销售额都在区间（单位：百万元）内，将其分成5组：，并整理得到如下的频率分布直方图，下列说法正确的是（ ） A. 频率分布直方图中a的值为0.06 B. 估计全部销售员工销售额的中位数为15 C. 估计全部销售员工中销售额在区间内有6人 D. 估计全部销售员工销售额的第76百分位数为17 【答案】D 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，再一一计算可得； 【详解】对A，由频率分布直方图可得，解得，故A错误； 对B，设中位数为，则，解得，故B错误； 对C，估计其全部销售员工中销售额在区间内的人数为：（人），故C错误； 对D，因为，故为第百分位数，故D正确； 故选：D 4. 甲乙两人进行三分远投比赛，甲、乙每次投篮命中的概率分别为0.5和0.4，且两人之间互不影响.若两人分别投篮一次，则两人中至少一人命中的概率为（ ） A. 0.6 B. 0.7 C. 0.8 D. 0.9 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式可求得结果 【详解】由题意两人中至少一人命中的概率为 . 故选：B. 5. 已知，是两条不同的直线，平面，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则，共面 B. 若，则与有公共点 C. 若与无公共点，且，则 D. 若存在平面，使得，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据异面直线的定义、面面平行、垂直的性质逐一判断即可. 【详解】当与相交时，因为，，所以，异面，A错误； 当，时，因为，所以，此时与没有公共点，B错误； 若与无公共点，则，因为，如图， 但与不垂直，C错误； 因为存在平面，使得，，所以， 因为，，所以，，所以，D正确. 6. 《九章算术》中将正四棱台称为方亭，如图，在方亭中，，其体积为，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线夹角的定义，在图中明确夹角，根据正四棱台的几何性质以及体积公式，求得夹角所在的直角三角形的边长，结合锐角三角函数的定义，可得答案. 【详解】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：    在正四棱台中，易知，， 则，所以， 因为平面，平面，所以，， 易知，所以， 因为，，所以，则， 故， 因为分别为的中点，所以， 则异面直线与的夹角为， 因为平面，平面，所以， 在正方形中，，同理可得， 在等腰梯形中，易知， 在正四棱台中，上下底面面积分别为，， 正四棱台的体积， 则，解得 在中，，. 7. 如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则（ ） A. 3 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】结合面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理和性质定理，作出为平面，再运用勾股定理计算平面与直三棱柱的侧面的交线的长度. 【详解】如图，作，为垂足，又， ，平面， 所以平面，连接，过作，交于点， 因为平面，平面， 所以，且，平面， 所以平面，又平面，则， 易知，， 又，且，， 所以，则，即，所以. 连接，过作，交于，因为，所以， 则平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，则， 因为，，，平面， 所以平面， 连接，则平面就是平面. 由，得，则，所以， 所以. 8. 已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距.为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向.从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（ ） A. 南偏西方向 B. 南偏西方向 C. 南偏西方向 D. 南偏西方向 【答案】C 【解析】 【分析】先作出示意图，再利用正弦定理求出的长，在中，利用余弦定理求出的长，最后在中利用余弦定理求出即可. 【详解】根据题意作出如图所示的示意图，在中，，，，则， 由正弦定理得，所以. 在中，，由余弦定理得， 即， 整理得，解得或， 因为，所以 在中，，则， 因为，所以，则， 所以在处测得在它的南偏西方向上. 二、选择题： 9. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则与同向的单位向量为 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量的线性运算即可判断A，利用共线向量的坐标运算即可判断B，计算即可判断C，根据向量的模即可判断D. 【详解】若，则，，所以，故A正确； 若，则，解得，故B错误； 若，则，所以与同向的单位向量为，故C正确； ，，由， 得，解得，故D错误. 10. 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. 11. 如图,在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法中正确的是（ ） A. 若点为的中点，则平面 B. 连接，则直线与平面成角正弦值为 C. 若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 D. 若点在侧面正方形内（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定推理判断A；求出线面角的正弦判断B；把正方形与正方形置于同一平面内，求出线段长判断C；求出点的轨迹判断D. 【详解】对于A，四边形是正方体的对角面，则四边形是矩形， ，由点、分别为、的中点，得，平面， 平面，因此平面，A正确； 对于B，连接，则，由平面，平面， 得，又平面，则平面， 过作交于，连接，于是平面， 是直线与平面所成的角，，， ，B错误； 对于C，把正方形与正方形置于同一平面内，且在直线两侧， 连接，则的最小值为，C正确； 对于D，延长与的延长线交于，由，得为平行四边形， ，取中点，连接交于，连接， 由，得四边形是平行四边形，，为的中点， 由平面，平面，得，又， 平面，则平面，而平面， 则，同理，因此，而， 平面，于是平面，又，则平面， 又平面，因此点的轨迹是平面与正方形相交所得线段， 而，所以点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为，则 一次取出2只球，基本事件为、、、、、共6种， 其中2只球的颜色不同的是、、、、共5种； 所以所求的概率是． 考点：古典概型概率 13. 现有甲，乙，丙，丁四支球队进行单循环比赛，即每两支球队在比赛中都要相遇且仅相遇一次．若每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，甲队胜2场且乙队胜2场的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据甲队胜2场分3种情况，甲胜乙丙，甲胜乙丁，甲胜丙丁，结合互斥事件的加法公式和独立事件的乘法公式讨论求解. 【详解】每场比赛中每队胜、平、负的概率都为，甲队胜2场且乙队胜2场，分下面3种情况： 若甲胜乙丙，乙胜丙丁，概率为， 若甲胜乙丁，乙胜丙丁，概率为， 若甲胜丙丁，乙胜丙丁，甲平乙或甲胜丙丁，乙胜甲丙或甲胜丙丁，乙胜甲丁， 其概率为， 所以甲队胜2场且乙队胜2场的概率为. 故答案为： 14. 已知平面向量，满足，在上的投影向量为，当时，的最小值为，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】由结合平面向量的数量积的运算律可得，结合在上的投影向量为可得，进而得到，再根据向量夹角余弦公式求解，设，，，转化问题为点与点重合时，取得最小值，进而可得，，进而求解即可. 【详解】由，得， 则，即， 因为在上的投影向量为， 所以，则，即， 因此，所以， 又，则. 设，，如图所示，其中， 则，显然当且仅当，即点与点重合时，取得最小值， 所以，则，， 故. 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. 2025年秋天将在天津举办上合组织峰会，为了加深师生对上合峰会的了解，天津某校举办了“上合组织峰会”知识竞赛，并将100名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）分成六段后得到如下频率分布直方图.观察图形信息，回答下列问题： （1）求a的值，并估计本次竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）估计这组数据的第75百分位数； （3）用分层抽样的方法在分数落在内的师生中随机抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2人，求至多有1人的分数在内的概率. 【答案】（1），71 （2）82分 （3） 【解析】 【分析】（1）利用直方图面积之和为1可计算得出a的值；将每组矩形底边的中点横坐标值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得出本次考试的平均分； （2）先判断第75百分位数的位置，再根据左边的矩形面积之和为0.75，可求得本次考试成绩的第75百分位数； （3）分析可知，分数在的人数为2，分别记为a、b，分数在的人数为4，分别记为A、B、C、D，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件数，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】 根据频率分布直方图可知：，即； 估计本次竞赛成绩的平均分为 . 【小问2详解】 由图中前四组面积之和为：， 图中前五组面积之和为：， 故这组数据的第75百分位数在第五组数据中， 设这组数据的第75百分位数为m， 则有， 故，即估计这组数据的第75百分位数为82分； 【小问3详解】 用分层抽样的方法在分数在内的师生中抽取一个容量为6的样本， 其中分数在的人数为2，分别记为a、b，分数在的人数为4，分别记为A，B，C，D 从6人中任取2人，所有的基本事件有：ab、aA、aB、aC、aD、bA、bB、bC、bD、AB、AC、AD、BC、BD、CD，共15种， 其中，事件“从6人中任取2人，至多有1人的分数在内”所包含的基本事件有：ab、aA、aB、aC、aD、bA、bB、bC、bD，共9种， 故所求概率为. 16. 甲、乙两人进行乒乓球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，且比赛结束，通过分析甲、乙过去比赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球. （1）求该局打4个球甲赢的概率； （2）求该局打5个球结束的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，然后分析这4个球的发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解； （2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可求得概率. 【小问1详解】 设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C， 由题知，，，则， 所以， 所以该局打4个球甲赢的概率为. 【小问2详解】 设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，，，， 所以， ， 所以， 所以该局打5个球结束的概率为. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，为侧面的中心. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定证明； （2）由正方体性质易证平面，则为直线与平面所成的角,结合边长关系求解. （3）先证明三棱锥的外接球的球心在线段上，再结合勾股定理求解. 【小问1详解】 证明：连接，与交于点，连接， 因为为侧面的中心，所以为的中点， 连接，因为，，且，， 所以，且， 则四边形为平行四边形， 因为为的中点，易知，又平面，平面， 故平面. 【小问2详解】 连接，则，则， 易知四边形为平行四边形， 在正方体中，平面， 又平面，所以， 因为，故平面，即平面， 所以为直线与平面所成的角， 在中，易求，， 所以，则. 故直线与平面所成角的大小为. 【小问3详解】 设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 因为的外接圆的圆心为，所以平面， 由（1）可知，，平面，所以平面， 因此球心在线段上， 易求，，由，解得， 故三棱锥的外接球的表面积为. 18. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若，且的面积为，求的值； （3）若为锐角三角形，为所在平面内一点，且满足，设，求的取值范围． 【答案】（1） （2）4 （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，因化简得的值，结合范围确定大小. （2）先根据范围确定范围，求出，再用公式求，，由面积公式得，进而求. （3）先根据向量垂直推出为外心，再利用向量数量积得到的关系，最后结合锐角三角形条件和不等式求出的最小值. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得， 在中，，则，即， 又，故． 【小问2详解】 因为，则， 因为，所以， 所以， ， 所以， 又面积，其中为外接圆的半径，解得， 所以． 【小问3详解】 因为， 所以为的外心． 又， 则， 得，即， 从而①； 同理， 可得②． 由①②可得，即有③． 因为为锐角三角形，所以得； 同时由得． 将③化简得，从而有， 得，所以． 而， 令，则， 设，则结合对勾函数性质可知在上单调递减， 所以，当且仅当即时取等号， 所以的取值范围为． 19. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i），理由见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明 平面，从而推出平面平面. （2）（i）利用面面平行的性质，结合中位线定理，通过线线平行推导线面平行，再由面面平行的判定定理得出； （ii）由（i）知为的中点，先证 ，算出、，再由得 ，得出 ，用等面积法得到棱的距离，通过三棱锥体积转换 ，算出到平面的距离，通过计算即可求得结果. 【小问1详解】 证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. 【小问2详解】 （ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $