精品解析：湖北随州市随县第一高级中学、曾都区第一高级中学2026-2027学年高二实验班上学期9月联考数学试题

湖北随州随县一中、曾都一中高二实验班26年秋9月联考数学试题 2026.09.29.08:00—10:00 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线的斜率为2，经过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 2. 在中，角、、的对边分别为、、，已知，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 3. 已知为虚数单位，复数，则“”是“为纯虚数”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 4. 已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则向量，的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 一组数据按从小到大的顺序排列为3，5，6，m，10，12.若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（ ） A. 6 B. 7.5 C. 9 D. 9.5 6. 在中，内角所对的边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一束光线从出发，经直线反射后又经过点，则光线从A到B走过的路程为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，，点满足，若实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 已知为同一试验中的两个事件，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则对立 C. 若，则不互斥 D. 若，则相互独立 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. ，使得圆截所得的弦长为 D. ，使得圆上有4个点到的距离为2 11. 如图，在直棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，点为的中点，点为侧面内（包含边界）一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截四棱柱所得的截面是五边形 B. C. 平面与平面ABCD所成角的余弦值为 D. 若∥平面，则点轨迹的长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则__________． 13. 设，若点在线段上，则的取值范围是______． 14. 已知以为圆心的圆及其上一点，设满足：存在圆上的两点和，使得，则实数的取值范围为___________． 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. 已知圆经过，，三点. （1）求圆的方程； （2）求过点且与圆相切的直线方程. 16. 如图所示，质点，在随机外力的作用下，分别从正四面体的顶点，同时出发，每次等可能地沿棱移动到其他顶点处，其中这两个质点移动互不影响，并且可以在一条棱上同向或反向同时移动．一个质点从一个顶点移动到另一个顶点叫移动一次． （1）求质点与各移动2次后均移动到顶点的概率； （2）求质点与各移动3次后至少有一个移动到顶点的概率． 17. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面． （1）求点到平面的距离； （2）在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛．已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为．其中，，且每局比赛相互独立．决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束． （1）假设． （i）求“两局结束比赛且乙获胜”的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略． 19. 在四棱锥中，，，，，且平面， （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）过点的平面与侧棱，，分别交于点，，，若四边形为菱形，求的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北随州随县一中、曾都一中高二实验班26年秋9月联考数学试题 2026.09.29.08:00—10:00 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知直线的斜率为2，经过点，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线点斜式方程的概念求解，再将直线方程化为一般式方程即可. 【详解】直线的斜率为2，经过点， 则直线的方程为，即. 故选：C 2. 在中，角、、的对边分别为、、，已知，，，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求出的值，再结合大边对大角的性质排除不符合条件的增解即可求解. 【详解】在中，根据正弦定理可得，  将，，代入，得， 由于，因此可能为或， 又因为，根据大边对大角的性质，可得， 已知，因此，故不符合条件，舍去， 综上，，故C正确. 3. 已知为虚数单位，复数，则“”是“为纯虚数”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 【答案】A 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念，结合充分性和必要性的判断，即可求解. 【详解】根据题意，当时，复数，复数为纯虚数，充分性成立； 当复数为纯虚数时，则，解得或，故其必要性不成立. 所以“”是“为纯虚数”的充分不必要条件. 4. 已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则向量，的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由垂直条件列出内积方程，再由投影向量定义列出第二个内积方程，联立得到两向量模长的比例关系，最后代入夹角余弦公式直接求出 ，结合夹角范围 得到具体角度. 【详解】由，得， 所以，所以 在 上的投影向量为：，所以 由①②得，所以，即， 所以，因为，所以. 5. 一组数据按从小到大的顺序排列为3，5，6，m，10，12.若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（ ） A. 6 B. 7.5 C. 9 D. 9.5 【答案】C 【解析】 【详解】这组数据一共6个数，中位数是，极差为， 所以=，解得. 又因为，所以该组数据的第60百分位数是第4项. 6. 在中，内角所对的边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由余弦定理得， 则，即， 所以，故. 由正弦定理得. 7. 如图，一束光线从出发，经直线反射后又经过点，则光线从A到B走过的路程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点关于线对称求出C点标,结合反射光线的性质应用两点间距离公式求出距离的最小值即可. 【详解】 一束光线从出发，经直线反射,与交于点P, 由题意可得，点关于直线的对称点在反射光线上， 设,则,, 故光线从A到B所经过的最短路程是. 故选：C. 8. 在三棱锥中，，，点满足，若实数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中长度，可证OA，OB，OC两两垂直，如图建系，根据条件可得，设，，则，所以，，，四点共面，求得各点坐标，进而可得平面的一个法向量，根据点到平面距离的向量求法，即可求得答案. 【详解】因为，， 所以，即， 同理可证OA，OB，OC两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以， 所以，设，， 则，所以，，，四点共面， 因为，，，， 所以，. 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 因为，所以的最小值为. 故选：D. 二、选择题：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. 已知为同一试验中的两个事件，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则对立 C. 若，则不互斥 D. 若，则相互独立 【答案】CD 【解析】 【详解】A：概率大小无法推出事件的包含关系.例如掷骰子，事件为“掷出偶数”，；事件为“掷出1点”，，满足，但，故A错误. B：对立事件需满足且，仅无法推出； 例如从1~10中任取一数，，，， 但不对立，故B错误. C：若互斥，则，与矛盾，因此必不互斥，故C正确. D：由得，则，满足相互独立的定义，故D正确. 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. ，使得圆截所得的弦长为 D. ，使得圆上有4个点到的距离为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线所过的定点判断A，根据圆心到直线距离的最大值判断B，根据弦长求出后判断C，根据圆心到直线的距离小于求出的范围后判断D. 【详解】由题设可得圆心，圆的半径为. 对于A，直线可化为， 故动直线过定点，而，故在圆的内部， 故，与相交，故A正确； 对于B，圆心到的距离， 而，故B错误； 对于C，若圆截所得的弦长为，则圆心到直线的距离， 故，故，故C正确； 对于D，若圆上有4个点到的距离为2，则圆心到直线的距离小于， 而圆心，故圆心到直线的距离， 故，故D正确； 故选：ACD. 11. 如图，在直棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，，点为的中点，点为侧面内（包含边界）一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截四棱柱所得的截面是五边形 B. C. 平面与平面ABCD所成角的余弦值为 D. 若∥平面，则点轨迹的长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出截面判断A，由线面垂直的判定与性质定理判断B，用空间向量法求二面角判断C，确定出动点轨迹后判断D. 【详解】对A，取中点，连接PM，如图，则（都与平行），所以四点共面， 则平面截四棱柱所得的截面是四边形，A错误． 对B，连接，由题意可得，底面， 底面ABCD，所以，而平面， 所以平面，又平面，所以，B正确． 对C，设AC与BD交于点，以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为，则 不妨取，则，易知平面ABCD的一个法向量为， 则，C正确． 对D，连接，由A项知四点共面，平面， 又平面平面，所以， 所以的轨迹为线段（不含点），，D正确． 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】由直线与平面平行得出直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用垂直向量数量积为0构造方程求解． 【详解】，是平面的一个法向量，是直线的一个方向向量， ， ，解得． 故答案为：2． 13. 设，若点在线段上，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为过点的直线与线段有交点时，直线的斜率的取值范围，即可由两点斜率公式求解. 【详解】直线的倾斜角与斜率 如图，，则原问题可转化为过点的直线与线段有交点时，直线的斜率的取值范围． 连接，则， 当的倾斜角是锐角时，，随着倾斜角的增大，斜率由增大至正无穷； 当的倾斜角是钝角时，，随着倾斜角的增大，斜率由负无穷增大至．所以3或． 故答案为： 14. 已知以为圆心的圆及其上一点，设满足：存在圆上的两点和，使得，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先得到圆的圆心和半径，设，，根据得到方程，利用点坐标表达出点坐标，代入圆中，得到点在圆上，从而两圆有公共点，根据圆心距与半径的关系得到不等式，求出答案. 【详解】根据题意，圆，即， 其圆心为，半径， 设，， 又由，则，，， 若，则有，变形可得， 若在圆上，则， 则有，变形可得：， 即点也在圆上， 从而圆与圆有公共点， 则有， 变形可得：， 解得：，即的取值范围为； 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. 已知圆经过，，三点. （1）求圆的方程； （2）求过点且与圆相切的直线方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据数量积为零可判断，从而可得圆是以为直径的圆，故可求其方程； （2）利用圆心到直线的距离为半径可求直线的斜率，从而可求切线方程. 【小问1详解】 因为，，所以，即， 所以为圆的直径，且为的中点，所以，故， 故圆的方程为. 【小问2详解】 若切线的斜率不存在，则，圆心到该线的距离为， 故直线不为切线. 设切线方程为，即； 由题意可知， 所以，即， 所求直线方程为或. 16. 如图所示，质点，在随机外力的作用下，分别从正四面体的顶点，同时出发，每次等可能地沿棱移动到其他顶点处，其中这两个质点移动互不影响，并且可以在一条棱上同向或反向同时移动．一个质点从一个顶点移动到另一个顶点叫移动一次． （1）求质点与各移动2次后均移动到顶点的概率； （2）求质点与各移动3次后至少有一个移动到顶点的概率． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）设出事件，分别求出质点与各移动2次后移动到顶点的概率，相乘可得答案； （2）求出质点与各移动3次后移动到顶点的概率，根据对立事件和独立事件概率公式进行求解 【小问1详解】 设事件“质点移动2次后移动到顶点”， 事件“质点移动2次后移动到顶点”， 事件包括下列三种情况：；；， 所以； 事件包括下列两种情况：；，所以， 则， 即这两个质点移动2次后都移动到顶点的概率为； 【小问2详解】 设事件“质点移动3次后移动到顶点”， 事件“质点移动3次后移动到顶点”， 事件包含下列6种情况：，， ，， ，，则； 事件包含下列7种情况：，， ；，，， ，所以， 则， 即这两个质点移动3次后至少有一个移动到顶点的概率为． 17. 如图，在三棱锥中，分别为的中点，为正三角形，平面平面． （1）求点到平面的距离； （2）在线段上是否存在异于端点的点，使得平面和平面夹角的余弦值为若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）； （2）存在点，为中点. 【解析】 【分析】（1）连接，即可得到，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，，再由得到，建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得； （2），且，求出平面的法向量，利用空间向量法得到方程，解得的值，即可得解. 【小问1详解】 连接，∵为正三角形，又为中点，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面，∴， 因为分别为的中点，所以， ∴， ∴如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ∵，则， 设平面的法向量为，∵， 则，令，则 又，则点到平面的距离为； 【小问2详解】 由（1）可知是平面的一个法向量， 由题可设，且，则， ∴， 设平面的法向量为，由于， 则， 令，则， ∴，整理得，解得或（舍）， 故存在点，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时为中点. 18. 某校举行围棋比赛，甲、乙、丙三个人通过初赛，进入决赛．已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为．其中，，且每局比赛相互独立．决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲、乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束． （1）假设． （i）求“两局结束比赛且乙获胜”的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； （2）若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略． 【答案】（1）（i）；（ii） （2）乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲 【解析】 【分析】（1）（i）根据题意，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解；（ii）根据题意，得到，代入计算，即可得到答案； （2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，事件为“第一局乙对甲最终乙获胜”，分①第一局乙获胜，第二局乙获胜；②第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；③第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，三种情况讨论，结合概率的乘法和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【小问1详解】 （i）乙连胜两局获胜最终获胜的概率为； （ii）比赛结束时乙获胜的概率为 . 【小问2详解】 设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，事件为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 则事件包含3种情况：①第一局乙获胜，第二局乙获胜； ②第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； ③第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 所以， 同理可得, 所以 因为，所以，即， 所以乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲. 19. 在四棱锥中，，，，，且平面， （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值； （3）过点的平面与侧棱，，分别交于点，，，若四边形为菱形，求的长. 【答案】（1） 因为，，， 所以由勾股定理得，得到，， 因为，所以，，即， 因为平面，平面，所以； 因为，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理和线面垂直的性质得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理求解即可. （2）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用平面和平面夹角的向量求法求解即可. （3）设出关键点的坐标，结合菱形的性质建立方程组，求解参数得到，再利用建立方程，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，过作的平行线为轴， ，分别为轴和轴建系， 则，，，，， 则，， 易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 取，解得，，则， 设平面与平面的夹角为， 则. 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 令，则， 而E，F，G分别在，，上，令，， 因为四边形为菱形，所以，， 所以，，， 得到，， 而，可得， 解得，，， 得到，， 因为，所以， 解得，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $