精品解析：湖北省武汉市问津教育联合体2026-2027学年高二上学期10月阶段检测数学试题

高二10月数学训练卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知是空间两两垂直的单位向量，空间向量，则向量的模为（ ） A. B. C. D. 2. 事件和事件为独立随机事件，事件表示为事件和至少一个发生，则（ ） A. B. C. D. 3. 甲袋中有1个白球和1个红球，乙袋中也有1个白球和1个红球.先从甲袋中任取1个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.则从乙袋中取出的是2个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 三个元件正常工作的概率分别为，且是相互独立的．如图，将两个元件并联后再与元件串联接入电路，则电路不发生故障的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，底面为梯形，，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过的中点，那么当底面水平放置时，水面的高度为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 6. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，若是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ） A. 为定值 B. 存在最大值，且最大值为1 C. 为定值1 D. 存在最小值，且最小值为 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. 在以下命题中，不正确的命题是（ ） A. 对于空间向量，，“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件． B. 某市气象台预报“明天本市降水概率为70%”，指的是：该市气象台专家中，有70%认为明天会降水，30%认为不降水． C. 连续10次掷一枚骰子，结果都是出现1点，可以认为这枚骰子质地不均匀； D. 对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若（其中），则P，A，B，C四点共面 10. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） （质数，又称素数，是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数．） A. B. 事件A与C相互独立 C. D. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，为底面内（不包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得 C. 若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为 D. 若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则 ______. 13. 已知集合，在M中可重复地依次取出三个数a，b，c，则“以a，b，c为边长恰好构成三角形”的概率是________． 14. 已知空间中有三点满足，再取两个点，使得这两点与点可以组成正四棱锥，则不同的取法有________种． 三、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. 已知空间中三点，，，设，． （1）若，且，求向量； （2）若点在平面上，求m的值． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 17. 某校园文创社团对高一进行文创手作体验的学生进行时长调查（单位：分钟），随机抽取了100名学生并将其时长分成五组：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）求第一组的频率，并求这100名学生进行文创手作体验时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）从第四、第五两组学生中采用分层随机抽样的方法选出6名学生，再从这6名学生中随机选出2名学生，求这2名学生来自不同组的概率； （3）若第四组的时长的平均数为54，方差为4，第五组的时长的平均数为66，方差为7，求这两组时长的总平均数和总方差． 18. 现有、两个箱子，里面分别装有3个大小、质地完全相同的小球．箱有2个红球，1个白球；箱有1个红球，2个白球．现有甲、乙两人进行摸球游戏，每轮游戏甲从箱取一球，乙从箱取一球，每次取球后放回原来箱子（即每次取球时箱中球的总数和颜色保持不变，各轮取球相互独立）．每轮取球得分规则如下：若两人取出的球颜色相同：各得2分；若一人取红球，一人取白球：取红球者得3分，取白球者得1分 （1）设第一轮游戏甲与乙得分之差为，求的所有可能值及时对应的概率； （2）若规定游戏进行轮结束（），轮游戏结束后若甲累计得分高于乙，则甲获得最终胜利；若乙累计得分不低于甲，则乙获得最终胜利． ①求时乙获得最终胜利的概率； ②求时甲乙分数相同的概率． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （ⅰ）求证：； （ⅱ）设平面，且，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二10月数学训练卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知是空间两两垂直的单位向量，空间向量，则向量的模为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，结合向量数量积的运算即可求解. 【详解】因为是空间两两垂直的单位向量， 所以， 故. 2. 事件和事件为独立随机事件，事件表示为事件和至少一个发生，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和事件的定义、对立事件定义及德摩根定律求解即可. 【详解】由题意，． 3. 甲袋中有1个白球和1个红球，乙袋中也有1个白球和1个红球.先从甲袋中任取1个球放入乙袋，再从乙袋中任取2个球.则从乙袋中取出的是2个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】从甲袋中取出球放入乙袋中的情况数为，之后从乙袋中取出两个球的情况数为， 只有从甲袋中取出一个红球放入乙袋中，才可以从乙袋中取出两个红球， 因此从乙袋中取出两个球均为红球的情况数为1， 故根据古典概型的计算公式. 4. 三个元件正常工作的概率分别为，且是相互独立的．如图，将两个元件并联后再与元件串联接入电路，则电路不发生故障的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】若电路不发生故障，则满足正常工作，至少有一个正常工作 【详解】记正常工作为事件 记正常工作为事件 记正常工作为事件 则，， 电路不发生故障，则满足正常工作，至少有一个正常工作 则至少有一个正常工作，概率为 则电路不发生故障的概率 故选 【点睛】本题主要考查了概率知识及实际应用能力，考查了相互独立事件同时发生的概率的计算，关键是确定不发生故障时满足的条件． 5. 如图，一个直四棱柱形容器中盛有水，底面为梯形，，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过的中点，那么当底面水平放置时，水面的高度为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设四棱柱的底面梯形的高为，的中点分别为，所求的水面高为，利用等体积法求解即可. 【详解】设四棱柱的底面梯形的高为， 的中点分别为， 所求的水面高为h， 则水的体积， 所以. 6. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算及空间向量基本定理，将分别用基底表示，通过对应系数相等建立方程组求解的值即可. 【详解】由题意，在四面体  中，， 所以 ， 因为点在上，设，其中，则， 又因为， 由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等， 可得，解得，，所以 ， 则，故C正确. 7. 如图，在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，若是与的交点，则异面直线与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行六面体的结构特征及向量对应线段位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义用表示出，再应用向量数量积的运算律求即可． 【详解】在平行六面体中，四边形是平行四边形， 侧面是正方形，又是，的交点，所以是的中点， ，因为，，， 所以， 所以 ， 所以，， ， 可得． 所以异面直线与的夹角的余弦值为 故选：A． 8. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ） A. 为定值 B. 存在最大值，且最大值为1 C. 为定值1 D. 存在最小值，且最小值为 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件可得在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体，可得直线与平面所成角等于直线与平面所成角，得解. 【详解】，即在线段（不包括点）. 如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面， 因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为， 连接，则即为直线与平面所成角. 易求，所以， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将向量条件转化为，即在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体求解. 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. 在以下命题中，不正确的命题是（ ） A. 对于空间向量，，“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件． B. 某市气象台预报“明天本市降水概率为70%”，指的是：该市气象台专家中，有70%认为明天会降水，30%认为不降水． C. 连续10次掷一枚骰子，结果都是出现1点，可以认为这枚骰子质地不均匀； D. 对空间任意一点O和不共线的三点A，B，C，若（其中），则P，A，B，C四点共面 【答案】BD 【解析】 【详解】选项A，与的夹角，而与的夹角为锐角， 即“”是“与的夹角为锐角”的必要不充分条件，选项A正确； 选项B，降水概率为70%，是指相同气象条件下， 该区域降水发生的可能性为70%，不是专家投票占比，选项B错误； 选项C，掷一枚质地均匀的骰子连续10次都是1点的概率为，属于小概率事件； 小概率事件在单次试验中几乎不可能发生， 如果发生了，有理由怀疑骰子不均匀，选项C正确； 选项D，因为P，A，B，C四点共面的充要条件是：， 且，只写， 缺少，四点不一定共面，选项D错误. 10. 如图，一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数为奇数”，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（ ） （质数，又称素数，是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数．） A. B. 事件A与C相互独立 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意写出事件包含的样本点，利用古典概型概率公式及事件独立、互斥的定义逐项判断即可. 【详解】由题意得：， 对于A，因为，所以，又，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，， 所以，所以事件A与C不相互独立，故B错误； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，因为，所以，故D错误. 11. 如图，已知正方体的棱长为2，为底面内（不包括边界）的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点，使得 C. 若，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为 D. 若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体的截面面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等体积法可计算出三棱锥的体积，可判断选项A，建立空间直角坐标系，写出对应点的坐标与向量的坐标，设，根据垂直得向量数量积为列式，从而判断选项B，C，利用线面垂直的判定定理得平面，再证明四点共面，从而得平面，再由面面平行的性质可得平面截正方体的截面为正六边形，根据正六边形的性质计算面积即可判断选项D. 【详解】对于A，由等体积法，三棱锥的高为， 底面积，所以， 所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，，，，，， ，， 若，则， 即，令，得，设，令，得，即，即点在直线上，不在底面内，不满足题意， 所以不存在点，使得，故B错误； 对于C，，若， ，即， 所以点的轨迹就是线段，轨迹长为，故C正确； 对于D，如图取中点，连接， 由题可得，平面， 连接，因为，平面， 则，，又，     平面，则平面， 又取中点为，则， 有四点共面，则平面即为平面， 又由两平面平行性质可知，，，， 又都是中点，故是中点，是中点， 则平面截正方体的截面为正六边形， 又正方体棱长为，则， 故截面面积为，故D正确. 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则 ______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据数量积的运算法则，代入求解，即可得答案. 【详解】因为，所以， 因为，则， 所以. 13. 已知集合，在M中可重复地依次取出三个数a，b，c，则“以a，b，c为边长恰好构成三角形”的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】先得到基本事件数，再得到不能构成三角形的事件数，利用古典概型公式结合对立事件概率公式求解即可. 【详解】从三个数里取三次，共有种情况，其中只有，，，，，， ，，，，，等12种情况无法构成三角形， 则“以a，b，c为边长恰好构成三角形”的概率为. 14. 已知空间中有三点满足，再取两个点，使得这两点与点可以组成正四棱锥，则不同的取法有________种． 【答案】9 【解析】 【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合三边的轮换对称性即可得解. 【详解】空间中三个点，满足，显然点不能同为正四棱锥底面顶点， 当为正四棱锥的侧面时，如图1， 此时分别为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的， 不妨以为例，此时符合要求的另两个点在直线同侧，有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，共有6种； 当为正四棱锥的对角面时，如图2， 此时分别为底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的， 不妨以为例，此时符合要求的另两个点关于直线对称，只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，共有3种， 所以总共有9种情况. 三、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. 已知空间中三点，，，设，． （1）若，且，求向量； （2）若点在平面上，求m的值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【小问1详解】 由已知，设， 因为，而，所以， 故或； 【小问2详解】 点在平面上，则成立， 已知，，， 则， 所以， 则，解得：． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，，． （1）求证：平面； （2）已知点在棱上，且直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）连接，交于点，连接， 因为，，， 所以，则， 又因为，所以，所以， 又因为平面，而平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，由相似比与已知比例得，进而根据线面平行的判定即可证明； （2）先依题意建立空间直角坐标系，设，，从而得到， 再求出平面的一个法向量，再根据线面所成角的正弦值等于该直线方向向量与平面法向量夹角的余弦的绝对值求出的值，进而即可求得长度． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意可得，，两两垂直， 则以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 由，，，且， 则，，，，， 则，， 设，，得，， 设是平面的一个法向量， 则， 令，则，，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得，或（舍去）， 所以，，所以线段的长为． 17. 某校园文创社团对高一进行文创手作体验的学生进行时长调查（单位：分钟），随机抽取了100名学生并将其时长分成五组：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）求第一组的频率，并求这100名学生进行文创手作体验时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）从第四、第五两组学生中采用分层随机抽样的方法选出6名学生，再从这6名学生中随机选出2名学生，求这2名学生来自不同组的概率； （3）若第四组的时长的平均数为54，方差为4，第五组的时长的平均数为66，方差为7，求这两组时长的总平均数和总方差． 【答案】（1）第一组频率为0.23，平均数为41.3； （2）； （3）总平均数，总方差． 【解析】 【小问1详解】 由频率分布直方图性质可得，解得． 故. 【小问2详解】 第四组人数为，第五组人数为，人数比． 因为分层抽样抽取6人，故第四组抽取4人，第五组抽取2人． 从名学生中任意取两人，不同的取法有种， 两名学生来自不同的组的取法有 种， 故这2名学生来自不同组的概率为. 【小问3详解】 ，，；，，， 故， 又 . 18. 现有、两个箱子，里面分别装有3个大小、质地完全相同的小球．箱有2个红球，1个白球；箱有1个红球，2个白球．现有甲、乙两人进行摸球游戏，每轮游戏甲从箱取一球，乙从箱取一球，每次取球后放回原来箱子（即每次取球时箱中球的总数和颜色保持不变，各轮取球相互独立）．每轮取球得分规则如下：若两人取出的球颜色相同：各得2分；若一人取红球，一人取白球：取红球者得3分，取白球者得1分 （1）设第一轮游戏甲与乙得分之差为，求的所有可能值及时对应的概率； （2）若规定游戏进行轮结束（），轮游戏结束后若甲累计得分高于乙，则甲获得最终胜利；若乙累计得分不低于甲，则乙获得最终胜利． ①求时乙获得最终胜利的概率； ②求时甲乙分数相同的概率． 【答案】（1）的所有可能取值为，，. （2）① ② 【解析】 【分析】（1）利用分步分类思想进行计算. （2）利用分步分类思想求出相应事件的概率，再结合题中条件计算。 【小问1详解】 根据题意可知的所有可能取值为，，. 可得. 【小问2详解】 ①设两轮得分总差为，那么的可能取值为，，，，， 若时乙获得最终胜利，则， 而，， ， 故． ②设三轮总差为变量，甲乙分数相同即，那么得到， 所以时甲乙分数相同的概率为． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （ⅰ）求证：； （ⅱ）设平面，且，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）（ⅰ）因为，， 在中，由余弦定理，，． 所以，即，所以． 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ⅱ） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）先证明，再证明平面，就能证明. （ⅱ）方法1：以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式求解. 方法2：利用等体积发得，，再计算相应的面积和高，列出方程即可求出点到平面的距离. （2）由题可设，用向量法求出锐二面角的平面角的余弦值，构造函数求其最大角. 【小问1详解】 （ⅰ）略. （ⅱ）因为，平面，平面，所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 方法1： 以为原点，，及垂直于平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是. 方法2： 由，得，， 所以的面积为. 由（1）知平面，平面，所以. 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即. 在中，由余弦定理得，所以， 设点到平面的距离为， 因为，，， 所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为， 所以当，即时，取得最小值， 所以，设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $