精品解析：山东省青岛第一中学2025-2026学年第二学期第二次模块考试高一数学试题

青岛一中2025-2026学年度第二学期第二次模块考试高一数学试题 2026.7 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共计40分．每小题只有一个选项符合要求） 1. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 若，则实数a等于（ ） A. B. C. 2 D. 3 3. 已知样本数据8，12，13，a，17的第80百分位数为16，则（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 5. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知事件和事件独立，若，则（    ） A. 0.56 B. 0.76 C. 0.80 D. 0.96 7. 在中，，分别为线段，上的点，直线，交于点，且满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每小题满分6分，共计18分．每个小题给出的选项中有多个选项符合题意，全对得6分，对但不全得部分分，选错或不答得0分） 9. 已知复数，是方程的两个异根，则（ ） A. B. 的实部为2 C. D. 10. 如图，△ABC是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 11. 如图，已知正三棱锥的棱长均为6，点为点在底面上的射影，，分别为线段，的中点，过点作平面与平面平行，点为侧面上一动点（含边界），且，则（ ） A. 平面截三棱锥所得截面的面积为 B. 三棱锥的内切球的表面积为 C. 点的轨迹长度为 D. 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共计15分） 12. 某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男、女人数之比为，则估计全体单位职工体重的方差为___________． 13. 甲和乙进行一个游戏：初始时每人各持有2枚徽章．根据游戏规则，每局由丙负责投掷一枚均匀的骰子，出现奇数点则甲胜，出现偶数点则乙胜，胜负概率均为．输的一方需将自己的1枚徽章交给赢的一方．游戏进行到其中一人拥有全部徽章时立即终止，且各局结果相互独立．则游戏恰好进行4局终止且甲拥有全部徽章的概率为_____. 14. 设点是三边的垂直平分线的交点，且，点满足，则的最小值是_____________________． 四、解答题（本题共5个小题，15题13分，16—17题每小题15分，18—19题每小题17分） 15. 已知在中，N是边AB的中点，且，设AM与CN交于点P．记，． （1）若，且，求证：； （2）设，，求x，y的值． 16. 为优化假期安排，调整学生学习节奏，提升综合素养，贵州省九个市州于2026年4月1号至3号首次实施春假制度.某中学为了解春假期间学生外出体验的情况，随机选取了该校高一及高二共100名同学并对其进行了问卷调查，将外出时间（单位：小时）数据按照，，，，分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图算出的值并估计该校学生春假外出时间的平均数（每组数据取区间的中点值作代表）、众数与中位数； （2）若外出时间在内的男女比例为3∶2，现利用分层随机抽样的方法选取5名同学进行访谈，然后再从这5名同学中随机选取2人在访谈会中发言，求发言的同学为一男一女的概率. 17. 已知的内角所对的边分别为，且，． （1）求； （2）若的面积为，求的周长； （3）求的取值范围． 18. 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. 19. 如图，已知是边长为的等边三角形，分别是的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． （1）设平面平面，证明：平面； （2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，求直线被四棱锥外接球球截得的弦长的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛一中2025-2026学年度第二学期第二次模块考试高一数学试题 2026.7 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共计40分．每小题只有一个选项符合要求） 1. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理可得. 【详解】由题意可知平面向量不共线，且， 则. 2. 若，则实数a等于（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【详解】， 由可得，解得. 3. 已知样本数据8，12，13，a，17的第80百分位数为16，则（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 17 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以第百分位数为将数据从小到大排序后的第4个数与第5个数的平均数， 经讨论可知，为使第80百分位数为16，排序后的数据必为， 故有，解得. 4. 已知向量，满足，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的垂直结合向量数量积的运算公式即可求解. 【详解】由题意得，即， 且，即， ，解得，. 5. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 6. 已知事件和事件独立，若，则（    ） A. 0.56 B. 0.76 C. 0.80 D. 0.96 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式，及互斥事件的概率加法公式求解即可． 【详解】由，则， 又事件和事件独立，则事件和事件也独立， 则， 所以． 7. 在中，，分别为线段，上的点，直线，交于点，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，结合向量共线得出相关线段比例关系，进而根据三角形的面积公式求解． 【详解】 已知，由共线，设， ，故， ，则， ， ，故，故； 设，则，即，则， ，解得， 由得出，故， 由知，设到的距离为，则， 由知，设到的距离为，则，即， ． 8. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理角化边得到，再由三角形面积公式、基本不等式即可求解. 【详解】根据正弦定理 （为外接圆半径）， 得 ​， 代入已知等式： ， 整理得： ，即 ， 又  的面积公式为 ， 将代入得： ，​ 因此： ，​​当且仅当时，取等号， 即面积的最大值为. 二、多选题（本题共3个小题，每小题满分6分，共计18分．每个小题给出的选项中有多个选项符合题意，全对得6分，对但不全得部分分，选错或不答得0分） 9. 已知复数，是方程的两个异根，则（ ） A. B. 的实部为2 C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，由韦达定理得，故A正确； 对于B，该方程的根，实部为，故B错误； 对于C，由B项结论，，故C错误； 对于D，当时，， 则； 当时，， 则，故D正确． 10. 如图，△ABC是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形组成的大等边三角形，若，则（ ） A. B. C. D. 与夹角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据全等三角形性质及正弦定理求解即可；对于B，根据全等三角形性质及余弦定理求解即可；对于C，根据向量的数乘运算求解即可；对于D，根据向量的数乘及向量数量积运算律，结合向量的模及夹角的向量求法求解即可. 【详解】设，则， 因为是等边三角形，所以， 又三个小三角形全等，所以，. 对于A，在中，由正弦定理得， 所以，即，A正确. 对于B，是等边三角形，，易知，则. 在中，由余弦定理得， 即，所以， 又，所以，B错误. 对于C，因为，， 所以，，. 所以 ， 所以，C正确. 对于D，由选项B知，，， . ， 设与夹角为，则，D正确. 11. 如图，已知正三棱锥的棱长均为6，点为点在底面上的射影，，分别为线段，的中点，过点作平面与平面平行，点为侧面上一动点（含边界），且，则（ ） A. 平面截三棱锥所得截面的面积为 B. 三棱锥的内切球的表面积为 C. 点的轨迹长度为 D. 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】作出平面截三棱锥所得截面，求其面积，判断A的真假；利用体积法求三棱锥的内切球半径，再求其表面积，判断B的真假；求点的轨迹，求其轨迹的长度，判断C的真假；确定点的平面截三棱锥的外接球所得截面圆半径的最小值，可得截面面积的最小值，判断 D的真假. 【详解】因为平面平面PBC，且平面平面， 过作 交于，则平面， 同理过作，分别交，于点，，过作交于，连接，则为平面截三棱锥所得的截面． 由题意，得 ，且，所以， 所以，故A正确； 因为，，所以. 设三棱锥的内切球的半径为， 由等积法得，解得， 故其表面积为，故B错误； 过作平面的垂线，垂足为，连接，则为的重心， 且，所以 ， 所以点Q的轨迹是以K为圆心，以2为半径的圆在△PBC内的部分（三段弧）， 因为每段弧的圆心角均为，故点Q的轨迹长为，故C正确； 设三棱锥的外接球的半径为，球心为， 所以， 当截面与垂直时，所得的截面圆的面积最小， 因为， 此时截面圆的半径为 ， 故截面面积为，故D正确． 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共计15分） 12. 某单位为了解职工体重情况，采用分层随机抽样的方法从800名职工中抽取了一个容量为80的样本．其中，男性平均体重为64千克，方差为151；女性平均体重为56千克，方差为159，男、女人数之比为，则估计全体单位职工体重的方差为___________． 【答案】169 【解析】 【分析】先求出平均体重，然后根据方差公式可求方差. 【详解】依题意，单位职工平均体重为（千克），则单位职工体重的方差为． 故答案为：169 13. 甲和乙进行一个游戏：初始时每人各持有2枚徽章．根据游戏规则，每局由丙负责投掷一枚均匀的骰子，出现奇数点则甲胜，出现偶数点则乙胜，胜负概率均为．输的一方需将自己的1枚徽章交给赢的一方．游戏进行到其中一人拥有全部徽章时立即终止，且各局结果相互独立．则游戏恰好进行4局终止且甲拥有全部徽章的概率为_____. 【答案】##0.125 【解析】 【分析】恰好进行4局终止且甲拥有全部徽章，由此即可求解. 【详解】根据题意知恰好进行4局终止且甲拥有全部徽章，则第3，4局必有甲胜，乙负，且前2局中，甲胜一局乙胜一局， 所以所求概率为. 14. 设点是三边的垂直平分线的交点，且，点满足，则的最小值是_____________________． 【答案】 【解析】 【分析】利用外心的性质构造垂线化简目标式，利用基底分解向量，展开数量积，代入已知条件，化简消元，进而利用二次函数性质求最小值． 【详解】由题知是的外心，取中点，连接， 可得，故， 因为， 所以， ，且， 故， 已知，可得， 则， 将代入目标式： ， 当时，为最小值． 四、解答题（本题共5个小题，15题13分，16—17题每小题15分，18—19题每小题17分） 15. 已知在中，N是边AB的中点，且，设AM与CN交于点P．记，． （1）若，且，求证：； （2）设，，求x，y的值． 【答案】（1）因为，且， 所以，，，所以， 所以， 所以，即； （2），. 【解析】 【分析】（1）根据数量积运算律求，结合向量垂直与数量积关系证明结论； （2）结合条件利用表示可得结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为， ， 又因为，，则，， 由（1）， 所以，， 所以， 故，， 所以，. 16. 为优化假期安排，调整学生学习节奏，提升综合素养，贵州省九个市州于2026年4月1号至3号首次实施春假制度.某中学为了解春假期间学生外出体验的情况，随机选取了该校高一及高二共100名同学并对其进行了问卷调查，将外出时间（单位：小时）数据按照，，，，分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图算出的值并估计该校学生春假外出时间的平均数（每组数据取区间的中点值作代表）、众数与中位数； （2）若外出时间在内的男女比例为3∶2，现利用分层随机抽样的方法选取5名同学进行访谈，然后再从这5名同学中随机选取2人在访谈会中发言，求发言的同学为一男一女的概率. 【答案】（1），平均数为，众数为8，中位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1，可求，结合频率分布直方图可求平均数，众数和中位数； （2）先确定抽取的男生女生人数，列出总的选法，结合古典概率可求答案. 【小问1详解】 频率分布直方图中，所有矩形的面积之和为 1，组距都是 2， ，解得； 平均数：； 众数是频率分布直方图中最高矩形的中点，故众数为8； 前两组的频率和， 前三组的频率和， 因此中位数在内，设中位数为， 则，解得，即中位数为； 【小问2详解】 在内的男女比例为3∶2，人数，其中男生18人，女生12人； 利用分层随机抽样的方法选取5名同学中，男生3人，女生2人， 记男生为，女生为，从5人中选2人的总选法为： 共10种； 其中“一男一女” 的选法为：共6种； 设事件“发言的同学为一男一女”，则. 故所求概率为. 17. 已知的内角所对的边分别为，且，． （1）求； （2）若的面积为，求的周长； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和三角形内角和化简原式，再用和角公式求解即可； （2）根据三角形面积公式求出的值，再根据余弦定理求出，进而求出，最后求出周长； （3）根据正弦定理表示出，根据三角函数值的范围求解. 【小问1详解】 ，且. 整理得 由正弦和角公式：， 由正弦定理，代入得 两边除以得 整理得 即，即 因为，所以， 故，得. 【小问2详解】 已知面积，且，. 由面积公式 故，得. 由余弦定理 代入，： 整理得 而， 因为，故. 因此周长为 【小问3详解】 由正弦定理：， 故，. 又，，故，其中. 因为，所以， 则， 故. 18. 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. 19. 如图，已知是边长为的等边三角形，分别是的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． （1）设平面平面，证明：平面； （2）当时，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，求直线被四棱锥外接球球截得的弦长的取值范围． 【答案】（1）因为，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面平面平面，所以， 又平面，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用线面平行的判定，得到平面，再由线面平行的性质得，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面平面与平面的法向量，利用面面角的向量法，即可求解； （3）根据条件可设设球的半径为，球心，再利用，进而得到，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连，则为的中点， 在平面内，过作， 在等边中，由，得， 又，所以， 所以，所以平面， 又平面，所以， 所以两两垂直，以为坐标原点， 直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， 则， 又，则，所以，解得， 则，所以， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面的法向量为，则， 令，得， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 因为点在平面内的射影在四边形内部， 所以，由，得到， 因为，所以， 则，又， 所以，则，所以， 在等腰梯形中，，则， 则为等腰梯形外接圆圆心，设球的半径为，球心， 则，又， 则，整理得到， 又因为， 所以， 因为，且，得到， 又，令，易知在区间上单调递增， 当时，，所以，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $