精品解析：湖北省荆州市荆州中学2026-2027学年高二上学期9月收心考数学试卷

荆州中学2025级高二年级9月收心考 数学试题 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分． 1. 样本数据的中位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 2. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知两单位向量的夹角为，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 若向量，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充要条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知的面积为，，，则（ ） A. B. C. D. 2 8. 在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（ ） A. 与，都有关 B. 与，都无关 C. 与有关，与无关 D. 与有关，与无关 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 11. 在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当平面时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在正方体各个表面的对角线中，与直线异面的有__________条 13. 在中，，，，若点满足，则______. 14. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在正三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为________． 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. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证： （1）； （2）平面ABE． 16. 对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据 （1）求的值； （2）已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户； （3）求第50百分位数． 17. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 18. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 19. 如图1，已知三棱锥，图2是其平面展开图，四边形为正方形，和均为正三角形，，分别为，的中点，. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点在棱上，满足，，点在棱上，且，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州中学2025级高二年级9月收心考 数学试题 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分． 1. 样本数据的中位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】结合中位数定义可得. 【详解】将已知数据从小到大排序为，则中位数为. 2. 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. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，，， 即集合，且集合，所以. 4. 已知两单位向量的夹角为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，利用数量积的运算即可求解. 【详解】由题意有： ， 所以， 故选：A. 5. 若向量，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充要条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算即可结合充分不必要条件的定义求解. 【详解】若，则，即. 若，则，解得. 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：C 6. 如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取AB的中点，的中点，则或其补角为AM与BN所成的角，利用余弦定理解三角形即可. 【详解】取AB的中点，的中点，连接， 又M，N分别为和的中点， 正方体中，，，四边形为平行四边形，有， 同理有，则或其补角为AM与BN所成的角， 连接EF，设正方体的边长为，则， ，， 所以， 因此，即异面直线AM与BN所成角的正弦值为. 故选：B． 7. 已知的面积为，，，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据面积公式可求得.由余弦定理即可求出.根据正弦定理，即可推得. 【详解】由可得，， 所以. 由余弦定理可得，， 所以. 由正弦定理可得，. 故选：A. 8. 在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（ ） A. 与，都有关 B. 与，都无关 C. 与有关，与无关 D. 与有关，与无关 【答案】B 【解析】 【分析】作出辅助线，设正方体的边长为，可得，到平面的距离为定值，到直线的距离为定值，的面积为定值．从而得到即可求解. 【详解】如图，连接，，，，，，设正方体的边长为 ∵，平面，平面， ∴平面，∴到平面的距离为定值， ∵，∴到直线的距离为定值， ∴的面积为定值． ∵，∴四面体的体积是与m，n无关的定值． 故选：B 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分． 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A选项，复数的共轭复数，因此，A选项正确. 对于B选项，复数的模，因此，B选项错误. 对于C选项，∵ ， ∴ ，该选项正确. 对于D选项， ∵ 分子，分母， ∴ ，是实数，故，该选项正确. 10. 已知平面向量，，则（ ） A. B. 与可作为一组基底向量 C. 与夹角的余弦值为 D. 在方向上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：，故D错误. 故选：BC. 11. 在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当平面时， 【答案】BC 【解析】 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在正方体各个表面的对角线中，与直线异面的有__________条 【答案】6 【解析】 【详解】根据题意，由于在正方体各个表面的对角线中， 与直线异面的直线有，共有6条. 13. 在中，，，，若点满足，则______. 【答案】. 【解析】 【详解】试题分析：如下图所示，则可知， ∴，故填：. 考点：平面向量数量积及其运算. 【思路点睛】几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：①利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；②将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用①求解(较难)；③建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果. 14. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在正三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出底面内切圆半径，再结合题意得到正方体外接球直径等于该内切圆直径时，棱长最大可得. 【详解】若正方体的棱长最大，则正方体外接球的直径 最大， 在正三棱柱中，， 所以底面三角形内切圆的直径为， 又因为， 所以正方体外接球的直径最大为底面内切圆的直径， 即，解得 ． 故该正方体棱长的最大值为． 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. 如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证： （1）； （2）平面ABE． 【答案】（1） 在四棱锥中， ∵底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴， ∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A， ∴平面PAC． 而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE． （2） 由AB＝BC，，得， 又PA＝AB＝BC，所以AC＝PA． ∵E是PC的中点，∴AE⊥PC． 由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C， ∴AE⊥平面PCD． 而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD． ∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB． 又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD． 又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE． 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的性质得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理得到平面PAC，再由线面垂直的性质得到线线垂直； （2）先根据等腰三角形的三线合一得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理和性质定理得到AE⊥PD，进而利用线面垂直的判定和性质进行证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据 （1）求的值； （2）已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户； （3）求第50百分位数． 【答案】（1） （2）200 （3）200 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1列式求解即可； （2）先求用电量在150以下的频率，进而可得结果； （3）根据题意结合百分位数的定义运算求解. 【小问1详解】 由题意可知：每组的频率依次为， 则，解得. 【小问2详解】 由题意可知：用电量在150以下的频率为， 所以用电量在150以下的有户. 【小问3详解】 因为，所以第50百分位数为200. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）距离为1. 【解析】 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 18. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【小问1详解】 在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. 【小问2详解】 以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 19. 如图1，已知三棱锥，图2是其平面展开图，四边形为正方形，和均为正三角形，，分别为，的中点，. （1）求证：； （2）求二面角的余弦值； （3）若点在棱上，满足，，点在棱上，且，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）由，即可得证； （2）先判断出为二面角的平面角，再求出，即可求解； （3）过点作交于点，由余弦定理求出，设，结合求出，即可求出的取值范围． 【小问1详解】 因为，分别为，的中点，在中，，，； 【小问2详解】 连接，，在等边中，，又，所以为二面角的平面角，又， 所以，，，所以，， 所以，所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 过点作交于点，因为，所以，因为，所以， 在中，，， 设，所以，，，在中， ，，因为， 所以，在中，， 在中，，得， 又，所以，即的取值范围为，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $