精品解析：内蒙古赤峰市松山区松山外国语学校2026～2027学年高二上学期（10月）阶段性考试（一）

松山外国语2026~2027学年高二上学期阶段性考试（一） （考试时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1．答题前：考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上； 2．回答选择题时：选出每小题给出的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效；测试范围：人教A版（2019）必修第二册第九章+第十章+选择性必修一第一章． 第一部分（选择题共58分） 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. 样本数据5，8，9，10，12，14的下四分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【详解】样本容量为6，，所以下四分位数为第二个，即下四分位数为8. 2. 已知，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，即， 又，，∴， ∴． 3. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】向量在向量上的投影向量为. 4. 袋中装有质地、大小和形状完全相同的个球，其中有个红色球，个黄色球，个白色球．从袋中不放回地依次随机摸出个球，则下列判断正确的是（ ） A. “摸出的个球颜色不都相同”是必然事件 B. “摸出的个球颜色都不相同”是不可能事件 C. “恰好摸出个红色球”与“恰好摸出个红色球”是对立事件 D. “恰好摸出个红色球”与“恰好摸出个黄色球”是互斥事件 【答案】A 【解析】 【详解】选项A，因为个球中有个红色球，个黄色球，个白色球， 从中不放回的依次随机摸出个球，它们不会颜色都相同，所以A正确； 选项B，摸出的个球颜色都不相同，则这三个球为红白黄，这个事件为随机事件， 可能发生，所以B错误； 选项C，摸出的个球颜色可以没有红色球，所以C错误； 选项D，摸出的个球颜色可以是个红色球和个黄色球和个白色球，此时两件事情同时发生，所以D错误. 5. 已知，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若互斥，则 D. 若互斥，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于AB；当时，，因此； 同时，因此 因此A错误，B正确； 对于CD，因为为互斥事件，因此交事件是不可能事件，； 根据互斥事件的加法公式， 因此C、D均错误. 6. 在正三棱柱中，已知，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取中点O，中点，连接，建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角的向量求法求解即可． 【详解】取中点O，中点，连接，因为三棱柱为正三棱柱， 所以由正三棱柱性质可得两两相互垂直，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，， 设异面直线与所成角为 则 7. 如图，在平行六面体中，，则的长为（　　） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合空间向量基本定理，利用向量运算得，利用数量积的运算律，根据即可求得的长. 【详解】因为，所以， 所以 ， 所以，即的长为． 8. 已知二面角的大小为，点在平面内，点在平面内，且点到直线的距离为2，点到直线的距离为3，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量关系建立长度关于在直线上的射影的长度的函数，然后得到当，即重合时，取得最小值7，. 【详解】设在直线上的射影分别为， 因为， 所以 . 当，即重合时，取得最小值7，所以. 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. 下面四个结论中，正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 若，则向量的夹角是钝角 C. 已知，则在上的投影向量的模为1 D. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A正确； 对于B，若，则向量，的夹角是钝角或，共线且反向，故B错误； 对于C，在上的投影向量的模为，故C正确； 对于D， 因为，即共面，不能作为空间的一个基底，故D错误. 10. 已知甲组数据，，…，的平均数为，方差为：乙组数据，，…，的平均数为，方差为．且，，…，．现将甲、乙两组数据合并成一组新数据，记为丙组，其平均数为，方差为，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5 D. 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由于故，即，A正确， 对于B，由于，，故，，，，故B错误， 对于C， 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5，C正确， 对于D， 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为，D正确 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 对于任意点，都有 B. 对于任意点，不存在∥平面 C. 过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D. 存在点，使得三棱锥体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可． 【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为棱长为2，可得，，；设， 则，； 则；故对于任意点，都有，A选项正确； 因为分别是的中点，故，，； 则，； 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，； 令，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确； 在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点； 因为正方体中，平面平面，且交于； 因为平面，故平面，而平面，则； 因为平面，故平面； 平面截正方体的截面为矩形； 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故C正确； 由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误． 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，点，，则线段的中点的坐标为_____． 【答案】 【解析】 【详解】空间直角坐标系中，点，， 则线段的中点的坐标为，即. 13. 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1、2、3，绿色卡片两张，标号分别为1和2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的概率为______. 【答案】##0.3 【解析】 【分析】利用古典概型概率公式计算概率. 【详解】从五张卡片中任取两张，共有种取法， 从五张卡片中取两张颜色不同且标号之和小于4的取法有：红1绿1、红1绿2、红2绿1，共3种，故概率为. 14. 已知四棱锥的底面是正方形，侧棱.为侧棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面与平面夹角的正弦值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设底面中心为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，根据列方程组解出球心的坐标，然后利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求出平面与平面夹角的正弦值. 【详解】在四棱锥中，底面为正方形，且， 则该四棱锥为正四棱锥，设底面中心为，则平面，且， 因为平面，所以， 由勾股定理可得， 易知为的中点，所以，则， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设三棱锥的外接球球心的坐标为， 由得， 解得，即球心为， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 所以， 故， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 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. 已知，． （1）求； （2）当时，求实数的值． 【答案】（1）2 （2）0 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的加减运算法则，先求出与的坐标，再利用空间向量数量积的坐标运算公式，计算它们的数量积即可； （2）根据两向量平行的坐标表示，设存在实数使得 ，根据对应坐标相等列方程组，求解参数即可． 【小问1详解】 ， ， ． 【小问2详解】 ，， 因为 ，所以存在实数，使得， ，解得 是唯一解，故 ． 16. 某单位承办了一项志愿者选拔的面试工作.现随机抽取100名候选者的面试成绩，并分成五组:第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数(保留两位小数). （2）现从以上各组中按分层随机抽样的方法选取部分担任本市宣传者.若这100名面试者中第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和，第五组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为90和20，据此估计这次第四组和第五组所有面试者的面试成绩的方差为32，求第四组面试者的面试成绩的方差 . 【答案】（1）；平均数为；第百分位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的概念，求出参数，再根据频率分布直方图的性质，求出总体的平均数和第60百分位数的估计值； （2）根据分层随机抽样的均值和方差的性质，根据总体方差的公式，求出第四组方差即可. 【小问1详解】 由题意可知频率分布直方图组距为， 所以，解得. 平均数为， 前两组频率之和为， 前三组频率之和为， 则第百分位数为. 【小问2详解】 这100名面试者中第四组和第五组面试者有人， 第四组和第五组所有面试者的面试成绩的平均数为， 由题意可得，解得. 17. 如图，在棱长为的正方体 中， 为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）记的中点为，连接、， 因为、分别为、的中点，所以，， 在正方体中，，， 因为为的中点，所以，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，分别求出平面与平面的法向量，利用两法向量夹角的余弦公式求两平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则、、、. 所以，，. 设是平面的一个法向量，则，即， 令，可得. 设是平面的一个法向量，则，即， 取，可得. 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）选择先玩游戏二获得徽章的概率更大， 设事件“先玩游戏二获得徽章”，“先玩游戏三获得徽章”； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 故；则接下来选择先玩游戏二获得徽章的概率更大． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式计算概率； （2）先求出游戏三中不放回地依次取出两个球的样本个数，再根据古典概型求解概率即可； （3）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得科技徽章的概率，从而得出结论． 【小问1详解】 设事件“游戏一获胜”；“游戏二获胜”；“游戏三获胜”； 游戏一取出一个球的样本空间为；； 因为，则；则； 游戏二有放回地取出两个球的样本空间为；； 因为，则，则； 故游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为； 【小问2详解】 不放回地依次取出两个球共有样本数为，其中样本点为 ； 时，游戏三包含样本点为，样本个数为， 故游戏三的获胜概率为； 【小问3详解】 略 19. 如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． （1）若，证明：平面； （2）若，且，证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值的最小值． 【答案】（1）如图，作出符合题意的图形， 连接，相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点， 又为中点，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）如图，作出符合题意的图形， 因为，有， 所以，得， 有是靠近的三等分点，则， 又，，，所以， ，， 则，即，， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线得到线线平行，依据线面平行判定定理完成证明； （2）利用等体积转化由体积比确定点的位置，通过勾股定理证线线垂直，推证线面垂直，进而证面面垂直； （3）建立空间直角坐标系，设出动点坐标，求解平面法向量，得到二面角的余弦表达式，结合三角函数有界性求出二面角余弦的最小值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由，以点为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示． 可得，，，， 由题意得平面的一个法向量为 设平面的一个法向量为，，， 由，得，令，则解得，， ，令， 因为，所以，令，， 则有，得， 有，得， 即 即二面角的余弦值的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松山外国语2026~2027学年高二上学期阶段性考试（一） （考试时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1．答题前：考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上； 2．回答选择题时：选出每小题给出的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效；测试范围：人教A版（2019）必修第二册第九章+第十章+选择性必修一第一章． 第一部分（选择题共58分） 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. 样本数据5，8，9，10，12，14的下四分位数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 2. 已知，，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 袋中装有质地、大小和形状完全相同的个球，其中有个红色球，个黄色球，个白色球．从袋中不放回地依次随机摸出个球，则下列判断正确的是（ ） A. “摸出的个球颜色不都相同”是必然事件 B. “摸出的个球颜色都不相同”是不可能事件 C. “恰好摸出个红色球”与“恰好摸出个红色球”是对立事件 D. “恰好摸出个红色球”与“恰好摸出个黄色球”是互斥事件 5. 已知，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若互斥，则 D. 若互斥，则 6. 在正三棱柱中，已知，则异面直线与所成角的余弦值为（       ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行六面体中，，则的长为（　　） A. B. 5 C. D. 8. 已知二面角的大小为，点在平面内，点在平面内，且点到直线的距离为2，点到直线的距离为3，则线段长度的最小值为（ ） 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. 下面四个结论中，正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 若，则向量的夹角是钝角 C. 已知，则在上的投影向量的模为1 D. 设是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 10. 已知甲组数据，，…，的平均数为，方差为：乙组数据，，…，的平均数为，方差为．且，，…，．现将甲、乙两组数据合并成一组新数据，记为丙组，其平均数为，方差为，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5 D. 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（ ） A. 对于任意点，都有 B. 对于任意点，不存在∥平面 C. 过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D. 存在点，使得三棱锥体积为 第二部分（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在空间直角坐标系中，点，，则线段的中点的坐标为_____． 13. 袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1、2、3，绿色卡片两张，标号分别为1和2，若从五张卡片中任取两张，则两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的概率为______. 14. 已知四棱锥的底面是正方形，侧棱.为侧棱的中点，三棱锥的外接球球心为，则平面与平面夹角的正弦值为______. 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. 已知，． （1）求； （2）当时，求实数的值． 16. 某单位承办了一项志愿者选拔的面试工作.现随机抽取100名候选者的面试成绩，并分成五组:第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数和第60百分位数(保留两位小数). （2）现从以上各组中按分层随机抽样的方法选取部分担任本市宣传者.若这100名面试者中第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和，第五组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为90和20，据此估计这次第四组和第五组所有面试者的面试成绩的方差为32，求第四组面试者的面试成绩的方差 . 17. 如图，在棱长为的正方体 中， 为棱的中点，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 19. 如图1，在平面五边形中，四边形是边长为1的菱形，，，．将沿翻折至，如图2．点在线段上运动． （1）若，证明：平面； （2）若，且，证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $