湖北省武汉市2026−2027学年高二上学期数学第一次月考模拟试卷1

高二数学月考模拟试卷（1） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1．现有一组数据2，4，3，5，18，2，则该组数据的第65百分位数是（    ） A．4 B．3 C．5 D．18 2．已知，则点在Oyz平面内（O为坐标原点）的射影坐标是（    ） A． B． C． D． 3．已知经过点的平面的法向量为，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 4．已知，，，，则“”是“A，B，C，M四点共面”的（    ） A．充分不必要条件 B．充要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 6．四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，为侧棱上的点，若平面，侧棱上存在一点，使得平面，则的值（    ） A． B． C． D． 7．设样本数据的平均数为，方差为，设，样本数据的平均数为，方差为，则下列选项错误的是（ ） A． B． C． D． 8．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为.阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是平面与平面的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（　　） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．下列给出的命题正确的是（    ） A．若为空间的一组基底，则也是空间的一组基底 B．点为平面上的一点，且，则 C．若直线的方向向量为，平面的法向量，则 D．两个不重合的平面的法向量分别是，则 10．已知随机事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若A与B互斥，则 B．若，则事件与B相互独立 C．若A发生时B一定发生，则 D． 11．如图，在四棱锥中，，平面，取棱的中点为，连接，则下列说法正确的是（） A．存在点，使得 B．存在点，使得 C．不存在点，使得 D．线段的长度恒为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知点关于坐标平面的对称点为，点关于z轴的对称点为，则 ______． 13．在正三棱锥中，为的中点，为的靠近点的三等分点，且．设，则三棱锥的体积为______． 14．已知菱形的边长为，，将沿折起到位置，使得二面角的大小为，且四面体的外接球表面积为，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．（13分）在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 16．（15分）如图，在平行六面体中，为中点， ， ，设，，，以为空间的一个基底． (1)用基底表示向量，并求出线段的长度； (2)直线与平面 交于点求的值 17．（15分）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．（17分）如图，四面体中，，为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点在上且，记与平面所成角为，求的最大值． 19．（17分）如图，在平面中，为正三角形，为直角三角形，且．以为折痕把和向上折起，使点到达点的位置，点到达点的位置，且满足平面平面． (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． (3)在（2）的条件下，求异面直线和的距离． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D B C A B A BD BD 题号 11 答案 ACD 1．A【详解】把这组数据按从小到大的顺序排列为：2，2，3，4，5，18共6个数据， 由，所以这组数据的第65百分位数是4. 2．C【详解】点在Oyz平面上的射影坐标特征是不变，变为0，所以点在平面上的射影坐标为． 3．D【详解】因为，，则，又平面的法向量为， 则点到平面的距离为. 4．B，，，设， 则，解得，则“”是“A，B，C，M四点共面”的充要条件. 5．C【详解】由和结合共面向量定理得四点共面， 即点在平面上，则的最小值为点到平面的距离． 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量，则， 取，点到平面的距离． 6．A【详解】连接，设交于点，连接， 因为四棱锥的底面是正方形，且每条侧棱的长都是底面边长的倍， 所以四棱锥为正四棱锥，可得平面， 以为坐标原点，的方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 如图所示，设底面边长为，则， 可得， 则， 假设在侧棱上存在一点，使得平面， 又因为平面，所以是平面的一个法向量， 设，则， 由，可得，解得，即当时，， 又因为平面，所以平面， 故侧棱上存在一点，使得平面，且. 7．B【详解】对于A，因为，所以，化简得，故A正确， 对于B，因为，所以由方差的性质得，故B错误， 对于C，由题意得， 由均值的性质得，得到，则，C正确， 对于D，由方差的性质得，则， 由题意得 ，故D正确. 8．A【详解】由题意可知，平面的法向量. 因为直线是平面与平面的交线， 因此直线上的点均满足两个平面方程, 我们可以取上的两个点，来计算直线的一个方向向量. 令,则,即在交线上；令,则,即在交线上. 故直线的方向向量.设直线与平面所成角为,则. 9．BD【详解】对于A，，所以共面， 所以不是空间的一组基底，A错误； 对于，因为四点共面，所以存在不全为0的使得， 即， 故，即， 又，即， 所以，故，，正确； 对于C选项，，所以或，所以错误； 对于D选项，，所以，，所以正确. 10．BD【详解】对于A，若A与B互斥，则，故A错误； 对于B，因为，，则， 因为，所以事件与B相互独立，故B正确； 对于C，若A发生时B一定发生，则，则，故C错误； 对于D，， 因为，，所以，故D正确． 11．ACD【详解】由可知，，， 因为平面，且平面，所以：且， 在中，，可得：， 以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则：，，， 因为，是等边三角形，计算得点的坐标：， 由于点在平面内，设，由，可得约束条件：， 因为是的中点，由中点坐标公式可得：； A选项：，， 若，则，解得， 代入，得，此时存在点或满足题意，故A选项正确； B选项：，， ，无论点在何处，数量积恒为，不可能为，所以不可能垂直于，故B选项错误； C选项：， 若，则，解得，代入约束条件，得， 解得，此时点的坐标为，此时、、三点共线，无法构成四棱锥，因此，在四棱锥中，不存在这样的点，故C正确； D选项：，， 将代入，得：，所以恒成立，故D正确. 12．【详解】因为空间点关于坐标平面对称时，坐标取反，坐标不变， 所以关于坐标平面的对称点为， 因为空间点关于轴对称时，坐标不变，坐标都取反， 所以关于轴的对称点为，所以． 13．【详解】如图所示：已知正三棱锥，. 为中点，为靠近的三等分点，. 设，.由得. 展开数量积：. 即. 设侧棱两两夹角为，，则. 代入得：.化简：，解得. 所以，. 底面正三角形面积.底面中心到顶点距离. 设锥高为，，，.体积. 14．【详解】因为， 所以，，所以和为等边三角形. 设的中点为，连接，，就是二面角的平面角，大小为. 四面体的外接球表面积为，记外接球半径为，，所以. 设和的中心分别为，，过，分别作平面，平面的垂线， 设两垂线相交于点，那么就是四面体的外接球的球心. 由题意知，得， 所以，所以，，. 15．【详解】（1）在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. （2）以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，，则，即令，则， 设平面的法向量为，则，即令，则， 所以，所以平面与平面夹角的余弦值为． 16．【详解】（1）由题意， ， 因为 为 的中点，所以 . 所以 . 因为 ，且 － ， 所以 ， 所以 ，即线段的长度为. （2）设 ， 因为点在平面 上，所以关于基底 的系数之和为1，即 ，解得 . 所以 . 17．【详解】（1）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. （2）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． （3）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．(1)证明：在和中，， ∴≌（SAS），∴， ∵为中点，∴且，，都在平面内， ∴平面，∵平面，∴平面平面 （2）方法一：过作面于，连．由线面角的定义可知． 由于点是定点，平面面也是固定的，所以是个定值， 因此最大，也即最小，易知此时时取到． 因为， ，所以， 又，所以， 所以，所以， 以及，， 所以， 由，得到：，所以 当时，，故此． 法二：∵，∴为等边三角形且边长为2，∴， ∵，∴，∴，∴， 又∵，都在平面内，∴平面，如图建系， ∴， ， ∴， 设平面的一个法向量，∴， 设，得到，所以， ∴．当且仅当时取“”． 所以的最大值. 19．(1)取BD中点H，连接EH， FH，因为，则， 故，因为，EH，FH平面EFH，所以BD⊥平面EFH， 又因为平面EFH，所以. （2）因为为直角三角形，且， 所以，又因为为等边三角形， 所以，而，则为等边三角形， 取点O为AH中点，则， ∵，则，又，平面， ∴平面，即四点共面，又∵平面， 所以，又，平面，所以EO⊥平面ABD， 过点O作交AD于点M，则， 以O为坐标原点，OM所在直线为x轴，OA所在直线为y轴，OE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面ABE的法向量为，则, 令，则，得， 设直线DF与平面ABE所成角为，则， 所以直线DF与平面ABE所成角的正弦值为. （3）由（2）得， 设为和的公垂线的方向向量，则，令，得， 则异面直线和的距离为. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $