精品解析：黑龙江省佳木斯市第一中学2026-2027学年高二上学期开学月考数学试题

佳一中2025—2026学年度高二上开学初月考 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题（共8道小题，每题5分，共40分） 1. 已知事件A，B，C满足，，，下列结论正确的是（ ） A. B，C互为对立事件 B. 若，则 C. 若A，B互斥，则 D. 若A，B相互独立，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件定义、集合包含关系、互斥事件概率公式、相互独立事件的概率公式逐项判断各选项正误. 【详解】选项 A ：互为对立事件的充要条件为两事件交集为空集且并集为样本空间， 仅无法推出B与C互为对立事件，故A错误； 选项B ：若，则， 因此，故B错误； 选项C ：若A与B互斥，根据互斥事件的概率加法公式， 可得，故 C正确； 选项D：若A与B相互独立，则A与也相互独立，， 因此，故D错误. 2. 若则的最小值为（ ） A. 0 B. 2 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】设， 所以，所以， 因为，所以，解得， 所以， 因为，所以，所以， 所以的最小值为. 3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式列出关系式，得到与的关系即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为， 由圆锥的侧面积公式可得，解得， 因为，所以. 故选：C. 4. 已知表示一条直线，，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】结合空间线面、面面平行与垂直的判定及性质，逐一分析各选项的正误。 【详解】对选项A： 若，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故A错误； 对选项B： 由面面平行的性质可知，若两个平行平面中的一个与一条直线垂直，则另一个平面也与该直线垂直，因此当，时，，故B正确； 对选项C： 若，，则与的位置关系可能为平行、相交或，并非一定垂直，故C错误； 对选项D：若 ，，则直线的位置关系为或，并非一定满足，故D错误。 5. 设一组样本数据的极差为，方差为，若数据的极差为，则数据的方差为（ ） A. 0.02 B. C. 0.2 D. 0.4 【答案】D 【解析】 【分析】通过极差确定，再根据方差的线性变换性质，即可求解. 【详解】设原样本数据的最大值为，最小值为，则， 所以数据的极差为， 所以， 根据方差的线性变换性质可知，数据的方差为. 6. 已知是边长为的等边三角形，为平面内的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点，以边中点为原点，建立直角坐标系，利用等边三角形的性质得出相应点的坐标，进而得出的坐标，再运用向量坐标运算计算，求最小值． 【详解】设点，以边中点为原点，建立如图所示直角坐标系， 是边长为的等边三角形，，， ， ， ， 当时，即点为中点时，取最小值，最小值为． 故选：A 7. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，M，N分别在棱，上，且，平面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由线面平行的性质进行求解． 【详解】如图，连接，与交于点，连接，交于点， 连接，因为平面，平面， 平面平面， 所以，由于是的中点，所以. 过点作，交于点，则， 因为，所以， 所以，即. 8. 已知直四棱柱 的底面是边长为6的正方形， 8，点M是棱AA₁的中点，E是棱AB上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱 所得截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先作出过点D₁，M，E的平面截四棱柱的截面多边形，然后分别求截面多边形的边长，即得截面多边形的周长. 【详解】连接并延长，交的延长线于点，连接并延长，交于点， 交的延长线于点，连接，交于点，连接，，， 所以过点，，的平面截直四棱柱的截面为五边形． 因为为的中点，， 由平行线分线段成比例可知：，， 故点为中点，故，又， 故，． 因为四棱柱为直棱柱， 故， ， ，， ，所以五边形的周长为． 二、多选题（共3道小题，每题6分，共18分） 9. 某中学高一年级100名学生的数学期中考试成绩的频率分布直方图如图所示，下列说法正确的有（ ） A. 成绩落在区间的频率为0.03 B. 这100名学生成绩的中位数为76.25 C. 这100名学生成绩的众数为75 D. 成绩低于60分的学生人数为5人 【答案】BCD 【解析】 【详解】A选项：成绩落在区间的频率为，故A错误. B选项：成绩落在区间的频率， 成绩落在区间的频率， 成绩落在区间的频率，故中位数在， 设中位数为，则，解得，故中位数为76.25， B正确. C选项：成绩落在区间的频率最大，故众数为75，C正确. D选项：成绩低于60分的频率为，其人数为，故D正确. 10. 在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则是等边三角形 C. 若的面积为，则的外接圆半径的最小值为 D. 若是锐角三角形，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】由可得. 对于A，由余弦定理可得；对于B，由可得，据此可判断选项正误；对于C，由正弦定理可得，R为外接圆半径，然后积化和差公式可得，据此可得外接圆半径最小值；对于D，由正弦定理边角互化可得，然后由是锐角三角形可得 ，据此可得取值范围. 【详解】由，可得 ，则由正弦定理边角互化可得， 对于A，由余弦定理可得，又，则，故A错误； 对于B，因，则，，则，结合，可得是等边三角形，故B正确； 对于C，因的面积为，结合，则. 由正弦定理，，R为外接圆半径，则， 对于，由积化和差公式，，当且仅当时取等号，则，故C错误； 对于D，由正弦定理边角互化可得： ， 因是锐角三角形，则，则， ，则，故D正确. 故选：BD 11. 在棱长为的正方体中，点在底面内（含边界），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为2 B. 若点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为 C. 的最小值为 D. 若平面，则点是上靠近点的四等分点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由面面平行的性质可知点的轨迹为线段，即可判断；利用空间向量求出点到直线的距离的最小值为，即可判断B；求出设关于平面的对称点为，利用空间中两点间距离公式，求出的值，即可判断C；由题意可得,,求出点的坐标，再验证是否成立，从而判断D. 【详解】对于A，连接, 因为,平面,平面, 所以平面， 同理可得平面， 又因为，平面，且， 所以平面平面， 所以当点时，平面， 此时平面， 所以点的轨迹为线段， 又因为正方体的边长为， 所以，故A正确； 以为坐标原点，分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间坐标系： 则,,,,,,,,, 对于B，当点在棱上运动，设， 因为，， 设与的夹角为，点到直线的距离为， 则 ， 所以当时，取最小值，为， 即点到直线的距离的最小值为，故B错误； 对于C，设关于平面的对称点为，则， 当点为与平面的交点时，取最小值，其长度为,故C正确； 对于D，设，则， 又因为, 且平面， 所以,, 则，解得， 所以， 所以, 又因为, 所以， 所以点是上靠近点的四等分点，故D正确. 三、填空题（共3道小题，每题5分，共15分） 12. 若单位向量的夹角为，向量，则在上的投影向量为________．（结果用表示） 【答案】 【解析】 【详解】在上的投影向量为. 13. 如图，四面体ABCD中，，M、N分别为AB、CD的中点.若异面直线AC与BD所成角的大小为，则MN的长为_________ 【答案】或 【解析】 【分析】取的中点，连接、，利用三角形中位线定理将异面直线、平移至中，结合余弦定理求解的长． 【详解】取的中点，连接、． 因为、分别为、的中点，所以为的中位线， 则，且． 同理，因为、分别为、的中点， 所以为的中位线，则，且． 因为，， 所以（或其补角）即为异面直线与所成的角． 又因为异面直线与所成角的大小为， 所以或． 在中，由余弦定理得：． 当时，， 解得； 当时，， 解得． 综上所述，的长为或． 14. 一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心． 因， 故，从而． 记此时小球与面的切点为，连接，则 ． 考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如图乙．记正四面体的棱长为，过作于． 因，有，故小三角形的边长． 小球与面不能接触到的部分的面积为 ．　　　　　　　　　 又，所以． 由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为． 考点：(1)三棱锥的体积公式；（2）分情况讨论及割补思想的应用． 四、解答题（共5道大题，其中15题13分；16题、17题各15分；18题、19题各17分，共77分） 15. 已知. （1）求的值： （2）设向量，求； （3）若，求的值. 【答案】（1）10 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的数量积坐标运算计算； （2）由向量平行求出，由向量模的坐标运算计算； （3）由向量垂直的坐标运算计算. 【小问1详解】 因为，所以 所以； 【小问2详解】 ，因为，所以，， 所以，所以，所以， 所以，所以. 【小问3详解】 ， 因为，所以， 即，解得. 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积； 【答案】（1）证明：由题意知、分别是、的中点，则得， 因为平面，平面，所以平面． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值即可； （3）利用向量法求点到平面的距离，再由棱锥体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，，则可以点为坐标原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系． 则，，，，，，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则得， 设直线与平面所成角为，则, 故线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）可得，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 三角形的面积为，所以三棱锥体积． 17. 南宁市举行“高一年级趣味数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了名学生，现从已抽取的名学生中随机抽取名，求有名或名学生的成绩在内的概率； （3）已知本次竞赛最终由甲、乙两人进行冠军争夺战，比赛采用“三局两胜制”（即先赢得两局者获得冠军，比赛随即结束）．已知每一局比赛中 甲胜乙的概率均为，且每局比赛结果互不影响．求甲获得冠军的概率． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质，即可求出；再由频率直方图中平均数的求法，即可求解； （2）根据条件，求出样本空间和基本事件，利用古典概率公式，即可求解； （3）根据条件，利用互斥事件的概率公式和相互独立事件概率公式，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图得，，解得， 估计高一年级初赛成绩的平均数为. 【小问2详解】 组与组的频率比为，因此抽样人数分别为人与人， 设五名学生为、、、、，其中、在组，、、在组， 因此样本空间，， 记“有名或名学生成绩在”为事件，，， 因此根据古典概型的计算公式． 【小问3详解】 设事件为甲在第一局中获得胜利，事件为甲在第二局中获得胜利，事件为甲在第三局中获得胜利， 因此为乙在第一局中获得胜利，为乙在第二局中获得胜利，为乙在第三局中获得胜利， 故，， 甲获得冠军的情况分为甲赢、甲输、甲赢：甲赢、甲赢；甲输、甲赢、甲赢． 即为事件， 因此 故． 18. 如图，在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求； （2）若的长为，求的取值范围． （3）若为线段延长线上一点，且，，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简求值； （2）用正弦定理边化角，再根据三角函数的性质求取值范围； （3）设，在和中用正弦定理，结合，代入角度关系化简，再利用三角恒等变换，将等式转化为关于的方程，求解. 【小问1详解】 正弦定理可得：， 即， 故，则有， 又，， 故有或（舍去），或（舍去）， 则，又，所以； 【小问2详解】 由正弦定理得， 故 在三角形中， 所以的范围为 【小问3详解】 设，在和中， 由正弦定理可得，， 于是，又， 则，， ． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） （2）存在，正弦值最大值为 【解析】 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【小问1详解】 （i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； 【小问2详解】 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 佳一中2025—2026学年度高二上开学初月考 数学试题 时间：120分钟 总分：150分 一、单选题（共8道小题，每题5分，共40分） 1. 已知事件A，B，C满足，，，下列结论正确的是（ ） A. B，C互为对立事件 B. 若，则 C. 若A，B互斥，则 D. 若A，B相互独立，则 2. 若则的最小值为（ ） A. 0 B. 2 C. D. 1 3. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. C. D. 4. 已知表示一条直线，，表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 设一组样本数据的极差为，方差为，若数据的极差为，则数据的方差为（ ） A. 0.02 B. C. 0.2 D. 0.4 6. 已知是边长为的等边三角形，为平面内的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，M，N分别在棱，上，且，平面，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知直四棱柱 的底面是边长为6的正方形， 8，点M是棱AA₁的中点，E是棱AB上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱 所得截面的周长为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共3道小题，每题6分，共18分） 9. 某中学高一年级100名学生的数学期中考试成绩的频率分布直方图如图所示，下列说法正确的有（ ） A. 成绩落在区间的频率为0.03 B. 这100名学生成绩的中位数为76.25 C. 这100名学生成绩的众数为75 D. 成绩低于60分的学生人数为5人 10. 在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则是等边三角形 C. 若的面积为，则的外接圆半径的最小值为 D. 若是锐角三角形，则的取值范围是 11. 在棱长为的正方体中，点在底面内（含边界），为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为2 B. 若点在棱上运动，则点到直线的距离的最小值为 C. 的最小值为 D. 若平面，则点是上靠近点的四等分点 三、填空题（共3道小题，每题5分，共15分） 12. 若单位向量的夹角为，向量，则在上的投影向量为________．（结果用表示） 13. 如图，四面体ABCD中，，M、N分别为AB、CD的中点.若异面直线AC与BD所成角的大小为，则MN的长为_________ 14. 一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是 ． 四、解答题（共5道大题，其中15题13分；16题、17题各15分；18题、19题各17分，共77分） 15. 已知. （1）求的值： （2）设向量，求； （3）若，求的值. 16. 如图，在三棱锥中，平面，，，，分别是棱，，的中点，，． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求三棱锥的体积； 17. 南宁市举行“高一年级趣味数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了名学生，现从已抽取的名学生中随机抽取名，求有名或名学生的成绩在内的概率； （3）已知本次竞赛最终由甲、乙两人进行冠军争夺战，比赛采用“三局两胜制”（即先赢得两局者获得冠军，比赛随即结束）．已知每一局比赛中 甲胜乙的概率均为，且每局比赛结果互不影响．求甲获得冠军的概率． 18. 如图，在中，角，，的对边分别为，，．已知． （1）求； （2）若的长为，求的取值范围． （3）若为线段延长线上一点，且，，求． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $