精品解析：湖北黄石市大冶市第一中学还地桥学校2026-2027学年高二年级9月素养测评数学试题

大冶一中还地桥学校高二年级9月素养测评 数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 如图，由斜二测画法得到的一个水平放置的的直观图是直角三角形，，为直角顶点，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ） A. B. C. D. 3. 古代数学名著《九章算术・商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球与内切球的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 4. 若一组数据的平均数为2，方差为3，对于数据，，，下列说法正确的是（ ） A. 平均数为3，方差为5 B. 平均数为4，方差为11 C. 平均数为4，方差为12 D. 平均数为3，方差为12 5. 某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本．已知从女生中抽取80人，则等于（ ） A. 80 B. 100 C. 192 D. 200 6. 设、、、是同一个半径为的球的球面上四点，为等腰直角三角形且面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，三棱锥中，为的重心，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 8. 在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 某学校为了解同学们某天上学的交通方式，在高一年级开展了随机调查，将学生某天上学的交通方式归为四类：A一家人接送，B一乘坐地铁，C一乘坐公交，D一其他方式，学校把收集到的数据整理绘制成条形图和扇形图，如图只给出了其中部分信息，根据图中信息，下列说法正确的是（ ） A. 若该校高一年级有学生1300人，则高一年级约有780人乘坐公共交通工具上学 B. 估计该校高一年级有的学生某天家人接送上学 C. 扇形图中B的占比为40% D. 估计该校学生上学交通方式为乘坐地铁或者其他方式的人数占全校学生的一半 10. 已知复数，，，在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. C. 满足的复数对应的点形成的图形的周长是 D. 满足的复数对应的点形成的图形的面积是 11. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，、分别为棱、的中点，则（ ） A. B. 与平面所成角的余弦值为 C. 三棱柱的外接球的表面积为 D. 点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某校从450名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查.将这450名同学编号为，假设从第1行第7列的数字开始，则第6个被抽到的同学的编号为__________. 64844217 55721754 55068331 04744767 21763350 25839212 06766301 63785916 95556719 13. 如图，平行六面体的底面是正方形，，则___________． 14. 已知，，，若、、共面，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. 复数z的共轭复数为，i为虚数单位． （1）若是关于z的实系数一元二次方程的一根，求实数a，b的值． （2）若，求复数z． 16. 某公司为了解客户对其旗下某产品的满意程度，随机抽取了200名客户进行满意度调查，并将评分（满分100分）按，，，，分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值，并估计这200名客户的满意度评分的平均数（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）已知样本中在内的评分的平均数为64.5，方差为14，在内的评分的平均数是74.5，方差是9，求落在内的评分的平均数与方差． 17. 棱长为2的正方体中，分别是的中点. （1）求证：； （2）求与夹角的余弦值； （3）求的长. 18. 如图，长方体中，为线段的中点,. (Ⅰ)证明：⊥平面； (Ⅱ)求点到平面的距离. 19. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大冶一中还地桥学校高二年级9月素养测评 数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分. 1. 如图，由斜二测画法得到的一个水平放置的的直观图是直角三角形，，为直角顶点，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】直观图中，直角顶点为，所对的直角边，则斜边. 由勾股定理，，所以直观图的面积为. 由斜二测画法，水平放置的平面图形的面积是其直观图面积的倍，所以的面积为. 2. 如图，已知正方体的棱长为，若为棱的中点，过三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长. 【详解】如图，取的中点，连接，则， 则在正方体中，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又，所以， 则四边形即为过A，C，K三点的截面， 因为正方体的棱长为， 所以，， ， 则其周长为. 3. 古代数学名著《九章算术・商功》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若四棱锥为阳马，平面，，，则此“阳马”外接球与内切球的表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出三棱锥的外接球半径，进一步利用等体积法的应用求出内切球的半径，最后利用球的表面积公式求出结果． 【详解】解：因为四棱锥为阳马，平面，，，所以 设外接球的半径为， 所以，故， 所以， 所以，， 所以 设内切球的半径为， 利用， 解得， 故， 故外接球与内切球的表面积之比为． 故选：． 4. 若一组数据的平均数为2，方差为3，对于数据，，，下列说法正确的是（ ） A. 平均数为3，方差为5 B. 平均数为4，方差为11 C. 平均数为4，方差为12 D. 平均数为3，方差为12 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平均数、方差的定义列式求解. 【详解】由一组数据的平均数为2，方差为3，得， 因此数据，，的平均数为， 方差为. 5. 某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本．已知从女生中抽取80人，则等于（ ） A. 80 B. 100 C. 192 D. 200 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以，所以． 6. 设、、、是同一个半径为的球的球面上四点，为等腰直角三角形且面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得外接圆半径，进而可得球心到平面的距离，结合球的性质可知三棱锥的高的最大值，即可得结果． 【详解】不妨设，设，则，所以， 设的外接圆的圆心为，半径为，则， 则球心到平面的距离， 当、、共线且在线段上时，三棱锥的高最大为， 此时三棱锥的体积也最大，最大值为. 故选：D． 7. 如图，三棱锥中，为的重心，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为为的重心，所以， 又是的中点，所以. 所以. 8. 在空间直角坐标系中，直线经过点，且其方向向量，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量点到线的距离公式进行求解即可. 【详解】因为，直线的方向向量， 所以， 因为， 所以点到直线的距离为， 故选：A 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分. 9. 某学校为了解同学们某天上学的交通方式，在高一年级开展了随机调查，将学生某天上学的交通方式归为四类：A一家人接送，B一乘坐地铁，C一乘坐公交，D一其他方式，学校把收集到的数据整理绘制成条形图和扇形图，如图只给出了其中部分信息，根据图中信息，下列说法正确的是（ ） A. 若该校高一年级有学生1300人，则高一年级约有780人乘坐公共交通工具上学 B. 估计该校高一年级有的学生某天家人接送上学 C. 扇形图中B的占比为40% D. 估计该校学生上学交通方式为乘坐地铁或者其他方式的人数占全校学生的一半 【答案】AD 【解析】 【分析】根据柱形图和扇形图，可求得总人数，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】因为C一乘坐公交的调查人数为，所占比例为， 所以调查的总人数为， 对于A选项：，所以A选项正确， 对于B选项：，所以B选项错误， 对于C选项：，所以C选项错误， 对于D选项：，所以D选项正确． 故选：AD． 10. 已知复数，，，在复平面内对应的点分别为，，则（ ） A. B. C. 满足的复数对应的点形成的图形的周长是 D. 满足的复数对应的点形成的图形的面积是 【答案】BC 【解析】 【分析】由复数的几何意义以及模长公式即可判断AB，先确定复数对应的点的轨迹，即可得到其周长以及面积，即可判断CD. 【详解】对于A，，则， 且，，而，故A错误； 对于B，因为，则，即， 故B正确； 对于C，设，且，由可得，即， 以复数对应的点形成的图形是以原点为圆心，为半径的圆， 其周长为，故C正确； 对于D，因为，，由可得， 复数对应的点形成的图形是以原点为圆心， 半径与的两个圆所夹圆环内点的集合， 其面积为，故D错误； 故选：BC 11. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱中，，，、分别为棱、的中点，则（ ） A. B. 与平面所成角的余弦值为 C. 三棱柱的外接球的表面积为 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】证明出，再结合可判断A选项；利用线面角的定义可判断B选项；求出的外接圆直径，可求得三棱柱的外接球的直径为，结合球体的表面积公式可判断C选项；利用等体积法可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、， 因为四边形为平行四边形，且，则为菱形， 因为，则，且， 故为等边三角形， 因为为的中点，则， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以，，故，A对； 对于B选项，过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，、平面，则平面， 所以，与平面所成角为， 因为四边形是边长为的菱形，且，则，故， 由余弦定理可得， 因为，则， 因为平面，平面，则， 所以，， 因为平面，平面，则， 所以，， 所以，，即与平面所成角的余弦值为，B错； 对于C选项，如下图所示： 圆柱的底面圆直径为，母线长为， 则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心. 且有， 可将直三棱柱置于圆柱内，使得、的外接圆分别为圆、圆， 如下图所示： 因为，，则为等边三角形， 故圆的直径为， 所以，三棱柱的外接球的直径为， 所以，三棱柱的外接球的表面积为，C对； 对于D选项，连接、，如下图所示： 因为平面，平面，则， 又因为且，则四边形为矩形， 所以，， 因为，平面，平面，则平面， 所以，点到平面的距离等于， 因为点为的中点，则点到平面的距离为， 所以，， 因为四边形为矩形，则， 因为，，则， 同理， 在中，，，， 由余弦定理可得， 因为平面，平面，则， 所以，， 所以，， 则， 所以，， 设点到平面的距离为，由，得， 所以，，即点到平面的距离为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某校从450名同学中用随机数法抽取30人参加这一项调查.将这450名同学编号为，假设从第1行第7列的数字开始，则第6个被抽到的同学的编号为__________. 64844217 55721754 55068331 04744767 21763350 25839212 06766301 63785916 95556719 【答案】176 【解析】 【详解】第1行第7列的数字开始，依次抽取175，068，331，047，447，176， 故第6个被抽到的同学的编号为176 13. 如图，平行六面体的底面是正方形，，则___________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用空间向量的基底运算，即可求解. 【详解】设． ， ， . 故答案为： 14. 已知，，，若、、共面，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量共面的充要条件以及坐标运算即可求解. 【详解】若、、共面，则， 即， 则，解得. 故答案为： 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. 复数z的共轭复数为，i为虚数单位． （1）若是关于z的实系数一元二次方程的一根，求实数a，b的值． （2）若，求复数z． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：利用韦达定理可求参数的值；法二：将复数根代入方程后结合复数相等可求参数的值； （2）设，根据题设可得关于的方程，根据复数相等得到方程组，求出答案. 【小问1详解】 法一：由已知有方程的两根为 由根与系数的关系得 . 法二：由已知有， 由复数的相等得， . 【小问2详解】 设， ，由复数的相等有， 解得. 16. 某公司为了解客户对其旗下某产品的满意程度，随机抽取了200名客户进行满意度调查，并将评分（满分100分）按，，，，分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值，并估计这200名客户的满意度评分的平均数（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）已知样本中在内的评分的平均数为64.5，方差为14，在内的评分的平均数是74.5，方差是9，求落在内的评分的平均数与方差． 【答案】（1），74.5． （2）平均数为70.5，方差为35 【解析】 【小问1详解】 根据题意，，解得． ， 估计这200名客户的满意度评分的平均数为74.5． 【小问2详解】 由频率分布直方图可知评分在，的频率比为， 则样本中在内的评分的平均数为， 样本中在内的评分的方差为 17. 棱长为2的正方体中，分别是的中点. （1）求证：； （2）求与夹角的余弦值； （3）求的长. 【答案】（1） 正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 由分别是的中点，得， ，则， 因此，所以. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积为0推理即得. （2）利用空间向量的夹角公式计算即得. （3）求出向量的模即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，而，则， 所以与所成角的余弦值是. 【小问3详解】 ，则，所以的长为. 18. 如图，长方体中，为线段的中点,. (Ⅰ)证明：⊥平面； (Ⅱ)求点到平面的距离. 【答案】(Ⅰ)略；(Ⅱ) 1 【解析】 【详解】试题分析：(Ⅰ)由勾股定理可证，由线面垂直可得，则根据线面垂直的定义可证得⊥平面．(Ⅱ)由体积转化法可求到平面的距离，即． 试题解析：(Ⅰ),， 为中点，, ,. 又 ⊥平面 (Ⅱ)设点到的距离为, 由(Ⅰ)知⊥平面， 考点：线线垂直、线面垂直，点到面的距离及锥体体积． 19. 如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为且，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面； （2）证明：由平面，平面，得， 连接，由且， 所以四边形为平行四边形，又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又，所以，又平面， 所以平面，由平面， 所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 故为二面角的平面角，即， 在中，，作，垂足为M， 由（2）知，平面平面，平面平面，平面， 所以平面，则为直线在平面上的投影， 所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $