海南省文昌中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

2026—2027学年度第一学期高二第一次月考试题 数 学 第Ⅰ卷 （选择题） 一、单选题：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．已知集合是不大于10的整数，，则为（ ） A． B． C． D． 2．若经过，两点的直线的倾斜角为，则（ ） A．2 B． C．4 D． 3．从1、2、3、4中任取两个数，则其中一个数是另一个数两倍的概率为（ ） A． B． C． D． 4．如图，空间四边形中，是的中点，点在上，且满足，设，，，则（ ） A． B． C． D． 5．已知过点的直线l与以点和为端点的线段相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ） A． B． C． D． 6．如图，在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 7．现有大小和质地相同的6个球，其中有3个红球（标号分别为1、2、3），3个绿球（标号分别为1、2、3），按一定方式抽取两球，标号之和大于4即为取球成功. 现有三种抽取方式：方式①有放回依次抽取两球；方式②不放回依次抽取两球；方式③按颜色等比例分层抽取两球.记这三种方式取球成功的概率分别为，，. 则（ ） A． B． C． D． 8．如图，在正方体中，为线段上的动点，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分。 9．在空间直角坐标系中，点，，，下列结论正确的有（ ） A． B．向量与的夹角的余弦值为 C．点关于轴的对称点坐标为 D． 10．射击场，甲乙两人独立射击同一个靶子，击中靶子的概率分别为. 记事件A为“两人都击中”，事件B为 “至少 1 人击中”，事件C为 “无人击中”，则下列说法正确的是（ ） A．事件A与C是互斥事件 B．事件B与C是对立事件 C．事件 A与B相互独立 D． 11．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中x, y, ，下列正确的是（ ） A．当时，点P是正方体的中心 B．当，时，则的最小值为 C．当时，线段AP的长度最小值为 D．当时，记点的轨迹为平面，则截此正方体所得截面面积的最大值为 答案第1页（共2页） 高二数学 第6页 （共6页） 学科网（北京）股份有限公司 第Ⅱ卷 （非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知为虚数单位，则复数_______. 13．甲、乙两人进行羽毛球比赛，采用三局两胜制．已知每局比赛甲胜的概率为、乙胜的概率为，则乙赢得比赛的概率为________．（答案用最简分数表示） 14．“曼哈顿距离（Manhattan Distance）”是由19世纪赫尔曼-闵可夫斯基所创词汇，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和.例如：在空间直角坐标系中，点，之间的曼哈顿距离为. 现已知在空间直角坐标系中，点为坐标原点，点，则 ，若动点P满足，则动点P围成的几何体的体积为_________. 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．（本小题满分13分） 设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角B的大小； （2）若，，求的面积. 16．（本小题满分15分） 如图，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17．（本小题满分15分） 一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间分成5组，得到图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若一次进货太多，水果不新鲜，进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能85%地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）.请问，每天应该进多少水果? （3）在日销售量为苹果中用分层抽样方式随机抽6个苹果，再从这6苹果中随机抽取2个苹果，求抽取2个苹果都来自日销售量在的概率. 18．（本小题满分17分） 如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点. （1）求证：； （2）求平面与平面的夹角的余弦值； （3）判断线段AP上是否存在点，使得三棱锥的体积为. 若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19．（本小题满分17分） 某国际学校举办国际象棋锦标赛，甲、乙、丙三名选手通过预选赛，进入决赛阶段．已知甲与乙对局时，甲获胜的概率为，甲与丙对局时，甲获胜的概率为．乙与丙对局时，乙获胜的概率为．决赛规则如下：首先通过抽签决定由甲与乙进行第一轮对决，丙轮空；每一轮结束后，该轮的胜者与轮空者进行下一轮对决，败者轮空．每轮胜者得1分，败者得0分，率先累计获得2分者成为冠军，比赛结束． （1）假设，且各轮比赛结果相互独立． ①求开局两轮后乙就获得冠军的概率； ②求比赛结束时乙获得冠军的概率． （2）若，且乙在第一轮出场，并有权选择首轮对手．为最大化夺冠概率，乙应如何选择首轮对手？请进行分析． $ 2026—2027学年度第一学期高二第一次月考答案 数 学 第Ⅰ卷 （选择题） 一、单选题：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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C B D A B A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分。 题号 9 10 11 答案 BD ABD ACD 【选择题解析】 1．由，解得或，则， 又是不大于10的整数，所以. 故选：C. 2．因为经过，两点的直线的倾斜角为 所以，，即，解得. 故选：D. 3．样本空间为共种不同的取法，其中满足题意的取法有，概率为，故选C. 4．在空间四边形中，是的中点，， 则. 故选：B. 5．记点为， 由题意可得，， 当直线由顺时针转到与轴重合时， 直线的斜率满足； 当直线由轴顺时针转到与直线重合时， 直线的斜率满足， 若要保证直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是. 故选：D. 6．设，，， 因为，且，， 则，且，，则， 在平行六面体中，可得， 所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角， 又因为，， 可得， 且，， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为.  故选：A. 7．设方式①的样本空间为，方式②的样本空间为，方式③的样本空间为， 方式①：有放回依次抽取两球，那么每次抽球都有6种可能，则 其中“标号之和大于4”的基本事件有： （红2、红3），（红2、绿3），（绿2、红3），（绿2、绿3），（红3、红2）， （红3、绿2），（绿3、红2），（绿3、绿2），（红3、红3），（红3、绿3）， （绿3、红3），（绿3、绿3），共12个. 所以； 方式②：不放回依次抽取两球，那么第一次有 6 种，第二次有 5 种， 则 其中“标号之和大于4”的基本事件有： （红2、红3），（红2、绿3），（绿2、红3），（绿2、绿3），（红3、红2）， （红3、绿2），（绿3、红2），（绿3、绿2），（红3、绿3），（绿3、红3），共10个. 所以； 方式③：按颜色等比例分层抽取两球，那么第一次从红球中抽一个（3 种）， 第二次从绿球中抽一个（3 种），顺序可能固定为红→绿，则 其中“标号之和大于4”的基本事件有： （红2、绿3），（红3、绿2），（红3、绿3），共3个，所以； 所以. 故选：B. 8．连接， 因为平面，所以直线与平面所成角为，其正弦值为， ， 当时，， 所以，则， 所以直线与平面所成角正弦值的取值范围是. 故选：A. 9．记，， 对于A，，故A错误； 对于B，，， ， 设与的夹角为，则，故B正确； 对于C，点关于轴的对称点坐标为，故C错误； 对于D，验证且，所以与均垂直， 故是平面OAB的一个法向量，故D正确．故选：BD． 10．依题意，，，. 对于A，因“两人都击中”的对立事件为“至多1人击中”， 即包括“无人击中”，“1人击中”，故事件与 是互斥事件，即A正确； 对于B，因“至少 1 人击中”包括“1人击中”，“2人击中”两种情况， 故其对立事件即“无人击中”，即B正确； 对于C，依题意，因，则， 而，故事件 与 不相互独立，即C错误； 对于D，因，故，故D正确. 故选：ABD. 11．对A， 故A正确； 对于B，当，时，点在线段上动， 故将三角形与四边形沿展开到同一个平面上， 由图可知，线段的长度即为的最小值， 在中，， 故B错误； 对于C，当时，点在内部及边界上动， 则线段AP的长度最小值即点A到平面的距离， 由得线段AP的长度最小值为， 故C正确； 对于D，当时， 记点的轨迹为平面， 故平面截此正方体所得截面面积的最大值为 正方体的中截面的面积，如图所示： 当点分别为对应棱的中点时， 连结， 可得平面平行于平面，且为正六边形， 此时该截面是最大截面， 由于正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为， 则面积为，故D正确. 故选：ACD. 答案第1页（共2页） 高二数学第一次月考题参考答案 第10页 （共10页） 学科网（北京）股份有限公司 第Ⅱ卷 （非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13． 14．4 【解析】 12．. 13．各局相互独立．乙以获胜的序列为“乙乙”； 以获胜的序列为“乙甲乙”或“甲乙乙”． 因此，乙赢得比赛的概率． 14． 设，依题意，， 当时，设， ， 因此，点共面， 点围成的图形是边长为的正三角形及内部， 由对称性知，动点围成的几何体是正八面体，每个面都是边长为的正三角形， 所以动点P围成的几何体的体积. 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.【解析】 （1）， 由正弦定理得， ……2分 在中，， ……4分 ，. ……6分 （2）由（1）得，由余弦定理得， 又因为，，所以，解得， ……10分 所以的面积为. ……13分 16.【解析】 方法一： （1）B1D的中点O，连接OE， ∵M，O为棱A1B1，B1D的中点．∴MO∥A1D， ∵，，∴，又∵C1E∥A1D ……3分 ∴四边形C1E OM是平行四边形. ∴C1M∥EO ……4分 ∵平面，平面，∴平面． ……6分 方法二： （1）由题意，以为原点，以，， 所在的直线分别为轴、轴、轴建立 空间直角坐标系，如图所示。 ……1分 因为，，，， 为棱的中点， 可得、、、、 、、、、， ……2分 则， 设平面的法向量为， 因为，， 且 ，可得 ， 取，则，，所以， ……7分 则，故， 因为平面，所以平面． ……10分 （2）由（1）可得为平面的一个法向量， 又， 所以直线与平面所成角为 所以 ……14分 所以直线与平面所成角的正弦值为． ……15分 17.【解析】 （1）由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为10a， 10a，0.2，0.4，0.3， 由，解得． ……2分 则样本落在, ，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3， 所以，该苹果日销售量的平均值为: ……5分 （2）为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数． 依题意，日销售量不超过的频率为， 则该店苹果日销售量的分位数在， 所以日销售量的分位数为． 所以，每天应该进苹果． ……8分 （3）由日销售量为的频率分别为0.2，0.4知， 抽取的苹果来自日销售量中的有2个，不妨记为， 来自日销售量为的苹果有4个，不妨记为， ……11分 任意抽取2个苹果，有{ ,}， 共有15个样本点 ……13分 其中2个苹果都来自日销售中的有6个样本点， ……14分 A=“抽取2个苹果都来自日销售量在” ……15分 18.【解析】 （1）证明：在图1中，由，可得， 所以，则， 因为，可得，所以， 在图2中知，取AC的中点O，连接QO，BO， 又因为Q为PC的中点，可得，所以， 因为，可得， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. ……4分 （2）由题意知，平面平面，平面平面， 且，平面PAC，所以平面ABC， ……5分 所以直线两两垂直，以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立空间直角坐标系， ……6分 如图所示，可得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则 ， 令，可得，，所以， ……8分 设平面的法向量为，因此 ， 令，可得，， 所以， ……10分 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为.… 12分 （3）假设线段AP上是否存在点M，使得三棱锥的体积为， 在中，，可得， 因为三棱锥的体积为， 设点到平面的距离为d，可得，因此， 因此点到平面的距离为， ……14分 令（），由（2）得，， 又因为平面的法向量为， 则点到平面的距离为，解得， ……16分 所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且. ……17分 19.【解析】 （1）①A= “乙连续赢下两轮并获得最终冠军”. ……3分 ②乙连续赢下两轮获得最终冠军的概率为， ……4分 乙第一轮失败，第二轮轮空（第二轮甲失败），第三轮胜利，第四轮胜利的概 率为 ……5分 乙第一轮胜利，第二轮失败，第三轮轮空（第三轮甲胜利），第四轮胜利的概 率为， ……6分 所以比赛结束时乙获得冠军的概率 P ， ……8分 （2）设事件为“第一轮乙对丙最终乙获胜”，为“第一轮乙对甲最终乙获胜”， 第一轮乙对丙，则乙获得冠军有以下三种情况： 第一种，第一轮乙获胜，第二轮乙获胜，则所对应的概率为； 第二种，第一轮乙获胜，第二轮甲获胜，第三轮丙获胜，第四轮乙获胜， 则所对应的概率为； 第三种，第一轮丙获胜，第二轮甲获胜，第三轮乙获胜，第四轮乙获胜， 则所对应的概率为； 故； ……11分 同理可得 …13分 则 ， ……15分 由于，故，所以， ……16分 故乙的最优选策略是指定第一轮的对手为甲. ……17分 $