四川省德阳第五中学2026-2027学年高二上学期第一次自主检测数学试题

绝密☆考试前结束 德阳五中高2025级2026年秋期第一次自主检测数学试题 考生须知： 1.本卷共3页满分150分，考试时间120分钟： 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字； 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效：考试结束后，只需上交答题纸。 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A={xx<2},B={xx-1>0},则AUB=() A.{x-2<x<} B.{xx>-2} C.x1<x<2 D.xx>1 2.在复平面内，复数(4-31)(2-i)对应的点位于() A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.已知向量e,e,不共线，AB=e+e，AC=2e+8e,AD=3e-5e,则() A.AB与AC共线 B.AB与CD共线 C.A,B,C,D四点不共面 D.AB,C,D四点共面 4.己知，B,Y是三个不同的平面，，，1是三条不同的直线，下列命题中正确的是() A.若⊥1，n⊥1，则//n B.若⊥y,B⊥y,则olB C.若m⊥a,/∥n,则n⊥ D.若a&⊥B,mCa,ncB,则⊥n 5.在三棱柱ABC-ABC中，D为棱BC的中点.设AB=a,AC=i,AA=c,用基底{a,b,c}表示向量AD, 则AD=() A.4 1 B.a+b+c C. D.- 2a+b+c 6。如图，已知电路中4个开关每个断开的概率都是写且是相互独立的，则灯 甲 丙 亮的概率为() A B. c.76 81 0.13 81 16 7.已知A,B,C为球O球面上的三个点，若AB=BC=AC=3,球O的表面积为 36π，则三棱锥O-ABC的体积为() A.9V5 8.273 c.92 D.27V2 4 4 4 试卷第1页（共4页） 8.某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立.己知该棋手与甲、乙、丙比赛获 胜的概率分别为乃，P2,P3,且P3>P2>P,>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则() A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛，卫最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛，卫最大 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.设A,B是同一试验中的两个事件，下列说法正确的是() A.如果P(A)+P(B)=1,那么A与B相互对立 B.若A,B是互斥事件，则P(A+B)=P(A)+P(B) C.从装有两个红球和三个黑球的袋子中任取两个球，则事件“恰好有一个黑球”与事件“恰好有两个黑球 是对立事件 D.已知率件A,B发生的概率分别为P(4-了P(B)写且P(4B)=5,则率件A,B相互独立 10.在我们发布的各类统计数据中，同比和环比都是反映增长速度的核心数据指标.如图是某专业机构统 计的2022年1-12月中国校车销量走势图，则下列结论正确的是（) 增长率 250% 241.6% 一同比增长率 一-环比增长率 150% 86.9% 70.4% 50% 14.8% -28.9% -33.9%/ 12.7% 1-28.9% -43.0%。 -9.5% +-43.3%/-19.9% -50% -36.5% -59.8%51.6% -52.5%32.0%44%-35.56-37.6% 68.5%66.8% -57.9% -150% 1月2月3月4月5月6月7月8月9月10月11月12月月份 A.8月校车销量的同比增长率与环比增长率都是全年最高 B.1-12月校车销量的同比增长率的平均数小于环比增长率的平均数 C.1-12月校车销量的环比增长率的极差大于同比增长率的极差 D.1-12月校车销量的环比增长率的方差大于同比增长率的方差 11.如图，在棱长均为2的正四棱锥P-ABCD中，O为底面正方形的中 心，M,N分别为侧棱PA,PB的中点，则下列结论中正确的是() A.PC//平面OMN D 试卷第2页（共4页） B B.过M,N,D三点的平面截四棱锥，截面是等腰梯形 C.Q为棱PB上动点，则AQ+CQ最小值为2√6 D.三棱锥P-OMN与四棱锥P-ABCD体积之比为1：16 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知向量a=(1,0,2),3=(21,1),且(a+b)1(a-),则实数m= 13.己知甲、乙、丙3名运动员击中目标的概率分别为1,2,2，若他们3人分别向目标各发1枪则三枪 233 中至少命中2次的概率为」 14.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直， 动点M在线段PQ上，E、F分别为AB、BC的中点.设异面直线EM与AF 所成的角为日，则cos日的最大值为 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.a3分)已知向量a=（N5,l,i=(cosa,sina),设m=a+ib(teR). (1)若ae0, 2 ,allb,求ax的值 求m的最小值，及此时实数t的值. (3)若ae π3π） 22 求a-b的取值范围 16.(15分)近年来，我国超重和肥胖率呈快速上升趋势，儿童和青年的肥胖问题尤为突出.超重和肥胖与 多种慢性疾病密切相关，严重威胁公共健康.青少年时期是培养健康饮食和运动习惯的关键阶段，早期干预 能够有效预防肥胖问题.今年“两会期间，国家卫健委宣布从2025年起实施“体重管理年”三年计划，旨在 通过系统性措施改善青少年健康状况，降低肥胖率.体重指数(BMⅫ)=体重(kg)/身高()，青少年的 BMI理想范围参考值为：男生(15-18岁)：17.5-23.5：女生(15-18 频率/组距 岁)：17.5-23.0；某城市对1000名高中生的体重指数(BMI) 0.125 0.115 进行了调查，BMⅢ的分组区间为[14,16)、[16,18)、[18,20)、 0.100 [20,22)、[22,24)、[24,26)、[26,28),调查结果的频率分布直 0.050 0.025 0.010 方图如图所示。 1416182022242628体重指数(BM) 试卷第3页（共4页） (1)求频率分布直方图中x的值及高中生BMI的平均数及中位数； (2)在BMI为20,22)、「22,24)、「24,26)的三组学生中，用分层抽样的方法抽取10名学生，则BMI在 [22,24)的学生中应抽取多少名？ (3)在(2)条件下，在BMI为22,24)和24,26)的两组学生中任取2名学生，求这2名学生来自同一组 学生的概率. 17.(15分)如图，在长方体ABCD-ABGD中，AD=AA=1,AB=2,点E D C 在棱AB上移动： B (1)求证：DE⊥AD ””” (2)当点E为棱AB的中点时，求CB与平面ACD所成角的正弦值， B (3)在棱AB上是否存在点M使平面D,MC与平面AWC所成的角为兀？若存在，求出AM的值：若不存在， 6 请说明理由， 8.q7分)△4BC的内角4，B,C的对边分别为a,b,c,已知cos(+0+cosA号 (1)求A: (2)若b-c= a,证明：A4BC是直角三角形. 5 19.(17分)如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC的中点，将△ADE沿 着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P-BCED. (1)设平面PDE∩平面PBC=I,证明：lIW平面BCED: (2)当PB⊥PC时，求平面PDE与平面PDB夹角的余弦值： C (3)若点P在平面BCED的射影在四边形BCED的内部，四棱 A E A 3V 锥P-BCED的体积V∈ ,2√2 设点Q在线段BC上运 2 b 动（不含端点），记直线P9与平面PDE所成的角为P,四 棱锥P-BCED的高为h,求an2的取值范围. h 试卷第4页（共4页） 德阳五中高2025级2026年秋期第一次自主检测数学试题答案 一.单选题 1、B【详解】因为A={x<2={x-2<x<2},B={xx-1>0}={xx>},则 AUB={xx>-2}.故选：B 2.D【详解】(4-3i)(2-i)=8-4i-6i+3i2=5-10i,故复数对应的点为(5，-10)，在第四象限， 故选：D 3.D【详解】AC+AB,.AC,AB不共线，故A错误； CD=AD-AC=e-13祀，则CD+2AB,即CD与AB不共线，故B错误； AD=xAB+yAC,3e-5e,=xe +xe,+2ye+8ye =(x+2y)e+(x+8y)ez, [17 x+2y=3 (x+8y=-5'得 则 4即0=0-4C x= 3 ys、 3 3 则A,B,C,D四点共面，故C错误；D正确；故选：D. 4.C【详解】对于选项A,分别把AA、BC、AB当作直线m、n、I,显然m⊥n,故A 不正确： 对于选项B,平面AAB,B、平面BB,CC、平面ABCD分别视为平面C、B、Y,显然I B=BB,故B不正确； 对于选项C,m⊥a,m/∥n,则n⊥o,故C正确； 对于选项D,平面AABB、平面ABCD分别视为平面C、B, D B AB,CD分别视为m,n,则m/1n,故D不正确.故选：C. 5.A【详解】取BC的中点E,连接AE,DE, 因为E是BC的中点，A正=(AB+AC), 所以 -20+3642. D-征+历-B+4C+而-（丽+4C+4=B+4c+M- 故选：A 6.C【详解】由题意，灯泡不亮包括四个开关都开，丙丁2个都开且甲乙2个中有一个开 另一个闭，这三种情况是互斥的，每一种情况中的事件都是相互独立的， 所以灯泡不院假为-写引-引写 所以灯泡亮的概率为1-3=6故选：c 81811 7.C【分析】利用球的表面积求出球的半径，由三角形的正弦定理求出三角形外接圆的半 径，然后利用勾股定理求出三棱锥O-ABC的高，最后利用锥体体积公式计算即可. 【详解】设球O的半径为R,则由球的表面积为4πR2=36π，所以R=3, 设△ABC外接圆的半径为r,圆心为O,由AB=BC=AC=3,所以△ABC为等边三角形， =2r3 =2r→r=V3 所以sin60° ,所以点O到平面ABC的距离为 2 O0=V32-(3)2=V6,所以三棱锥0-ABC的体积为： 11 V-xS.mx00x3x3xsin60 x/6=9v2 ,故选：C 4 8.D【详解】该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺 序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为)，则此时连胜两盘的概率为P仰，则 A=号I0-)nA,+Pn0-+【0-A)p+Bn0-B】=AB+)-2pPB:记该 棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为P2,则 Pz=(1-P)P2P3+PP2(1-P)=P2(P1+P3)-2PP2P记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两 盘的概率为P,，则P丙=(1-P)P3P2+PP3(1-P2)=P(P+P2)-2P1P2P3 则P-Pz=p(P2+P3)-2pP2P3-[P2(P,+P3)-2pP2P3]=（p,-P2)P3<0 Pi-Pu=P2(p+ps)-2PiP2Ps-P3(p+P2)-2P P2P=(P2-Ps)P<0,p<Pz, Pz<P丙，则该棋手在第二盘与丙比赛，P最大选项D判断正确；选项BC判断错误；p与 该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关选项A判断错误故选：D 二.多选题 9.BD【详解】选项A:设连续掷一枚质地均匀的硬币2次的试验中，设A=“至少有一次 正面向上，B=两次都是正面，显然P0=子P()=寻P+P)=-1,但A与B不是 对立事件，故A错误； 选项B:因为A,B是互斥事件，所以P(AB)=0, P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B),故B正确： 选项C:从装有两个红球和三个黑球的袋子中任取两个球，有如下结果： 一个红球和一个黑球；两个都是红球；两个都是黑球；故事件“恰好有一个黑球”与事件“恰 好有两个黑球”是互斥事件，不是对立事件，故C错误： 选项D:根据相互独立事件的定义，若事件A与B满足P(AB)=P(A)P(B),则A与B相互 独立，因为P(0=P(D)=专P(4B)=5满足P()=P(4P(B,因此事件A,B 相互独立，故D正确故选：BD 10.BCD【详解】2022年8月校车销量的同比增长率比9月的低，故A错误： 由校车销量走势图知1-12月校车销量的同比增长率的平均数为负数，环比增长率的平均数 是正数，故B正确： 1-12月校车销量的环比增长率的极差为241.6%-（-57.9%)=299.5%，同比增长率的极差为 -28.9%-（68.5%)=39.6%,所以环比增长率的极差大于同比增长率的极差，故C正确： 由校车销量走势图知1-12月校车销量的环比增长率的波动大于同比增长率的，所以环比增 长率的方差大于同比增长率的方差，故D正确.故选：BCD 11.ABD【详解】对于A,由题意得O是AC与BD的交点，且为 AC,BD的中点，且M为PA的中点，所以在△PAC中，MO是中 位线，所以PC/1MO,因为MOc平面OMN,且PCt平面OMW, 所以PC/1平面OMN,故A正确， 对于B,因为M,N分别为PA,PB的中点，所以MN //AB且 MN=)AB=l,在正方形ABCD中，AB/1CD,所以MN1CD, 所以M,N,C,D四点共面，即截面为MNCD, 由于MN/ICD且MN≠CD,所以四边形MNCD为梯形， 在边长为2的正△PAD和正△PBC中，MD=NC=√22-12=√5， 所以截面MNCD为等腰梯形，故B正确， 对于C,将APAB与△PCB沿PB展开到同一平面， 展开后，当A,2,C三点共线时，AQ+CQ取得最小值，此时最小值为AC的长度， 因为∠APB=∠BPC=60°，所以展开后的平面内，∠APC=120°， 在△APC中，由余弦定理得AC2=PA+PC2-2·PA·PC·cos120°， ○ 即AC2=22+22-2×2×2× =4+4+4=12,因此AC=2√3， 即AQ+CQ的最小值为2√3，故C错误， 对于D,因为M,N分别为PA,PB的中点，所以△PMN与△PAB的相似比为1：2， 所以面积比SPMw:S.PaB=1:4, 三棱锥O-PMN与O-PAB共顶点O,底面在同一平面上，所以高相等， 所以体积比-p:opB=l:4,即，ow=4os, 三棱锥P-OAB与四棱锥P-ABCD共项点P,底面在同一平面上，所以高相等， 且底面积S.ow=4Sam,因此on=n 东L字水a:故D正疏 三.填空题 12.【答案】2【详解】由ā=(1,0,2)，b=（(2,1,1) 所以ma+b=m(1,0,2)+(2,1,1)=(m+2,1,2m+1),a-b=(1,0,2)-(2,1,1)=(-1,-1,1), 又(ma+b)1(a-b),所以(ma+b)a-b)=0,即(m+2H-l)+-l)+(2m+1归=0， 解得：m=2,故答案为：2. 13.【答案】子【详解】设事件A表示“甲命中”，事件B表示“乙命中”，事件C表示“丙 命中”，则P(A)=子P(B)=子P(C)=子 他们3人分别向目标各发1枪，则三枪中至少命中2次的概率为： p=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) -*号×**号分*号×号2*号*号 12=2 2 =183 故答案为： 14.【答案】号【详解1建立坐标系如图所示设4B=1,则F=L0,B(G00.设 M0,0≤ys),则EM=(x,由于异面直线所成角的范围为0.， 2 -1+ 所以cos0= 22 21-y) 20-)了 1-8y+1 V5.V4y2+5 V4y2+5 4y2+5 8y+1=16≥} 令8y+1=4,1≤1≤9，则4y+51+ 8125,当t=1时取等号. 22 所以cos0 21-y)<1×2-2 +y2+1 54+店当 4V4 y=0时，取得最大值. 四.解答题 15.【详解】1)因为向量a-(5,利，6=((co.ina),a∈0引，。 所以3sina=cosa,整理可得ana=,,故a乃 3 2-会则6-5到引-6-a停停+5 当且仅当1=-2时，等号成立，故m最小值为0，此时1=-2. （3)因为a.6=5caa+sna=2sna+写》， 当ae）时.g<a+则-1sm(a+} 6 所以6-A=@--层+6-2a6=4+1-4sma+到-5-4sma+写到(5，] 即当a(径)时.反-的取轴范里足(8] 16.【详解】(1)由频率分布直方图面积和为1可得 (0.01+0.025+0.1+0.125+x+0.05+0.115)×2=1, 解得x=0.075,高中生BMI的平均数为 15×0.02+17×0.2+19×0.23+21×0.25+23×0.15+25×0.1+27×0.05=20.62,因为前三组的 频率之和为0.02+0.2+0.23=0.45，所以中位数在20,22)组，设中位数为20+t,则 0.45+0.125×2×=0.5,解得1=0.4，所以中位数为20+0.4=20.4. 2 (2)[20,22)、[22,24)、[24,26)的频率之比为0.25：0.15：0.1=5：3：2，共抽10名，则[22,24) 的学生中应抽取10x名=3名。 (3)由(2)可知，22,24)抽3人，设3人分别为A,A2,A,则24,26)抽取10× 2=2人，2 1 人分别为B,B2, 设事件C表示抽取的2名学生来自同一组学生，总情况数有 (A,A2),(A,A),(4,B),(4,B2)(42,A),(A2,B)(A,B2),（A,B),(A,B2),(B,B)10种， 2名学生来自同一组学生的情况由(4,4，).(4,4).(4,4).(，B,)4种，则P(C)=0亏 42 17.【详解】(1)以D为坐标原点，直线DA,DC,DD分别为x, ZA D y,z轴，建立空间直角坐标系， 设AE=x,0<x<2, B 则A(1,0,1),D(0,0,1),E(1,x,0),A(,0,0）,C(0,2,0), E B 所以DA·DE=(1,0,1)(1,x,-1)=0,则DA⊥DE, 所以DE⊥AD, (2)因为E为AB的中点，所以E(1,1,0), 从而CE=(1,-1,0),AC=（-1,2,0),AD=（-1,0,1), AC=0 设平面ACD的法向量为n=(a,b,c),则 n·AD=0 -a+2b=0 a=2b 即 -a+c=0，得 =c，令a=2,则i=(21,2, 设cB与平面4CD所成角为00<0<}则sn0=cos(C正，- E.n2-1-2 EmV2×36 所以CE与平面ACD,所成角的正弦值为V2 (3)存在. 设这样的点M存在，且AM=x,0<x<2,平面D,MC与平面AMC所成的角为严， 6 则M(1,x,0),D(0,0,1),C(0,2,0),CM=(1,x-2,0),CD=(0,-2,1), 设平面DMC的法向量为m=(d,b,c),则 m.CM=a+(x-2)b'=0 m.CD=-2b'+c'=0 取b=1,得m=(2-x,1,2),易知平面AMC的一个法向量p=(0,0,1), nπm列 5 62+52,由0<x<2,解得 3 所以满足题意的点M存在，此时AM=2-5 3 18【详解11)因为ow心（任+os4子所以m4+oas4-名即1-os3A+sA 解得cosA= =2又0<A<元，所以A= 3 2)因为4-子所以sA:公+d- 2bc 2·Db2+2-2=bc①又bc3a②)，将 ②代入①得b2+c2-3(b-c2=bc,即2b2+2c2-5bc=0,而b>c,解得b=2c,所以a=V3c, 故b2=a2+c2,即△ABC是直角三角形. 19.(1),D,E分别是AB,AC的中点， ,DEI/BC又DE￠平面PBC,BCC平面PBC,DE∥平面PBC, 又，平面PDE∩平面PBC=I,DEC平面PDE,.DEII, 又，I￠平面BCED,DEC平面BCED,∴.II平面BCED. （2)法一：坐标法 取BC中点N,连AN∩DE=M,则M为DE的中点，在平面APN内，过M作Mz⊥AN, 在等边△ABC中，由BN=NC,得AN⊥BC,又DE∥BC,所以AN⊥DE, 所以AM⊥DE,MP⊥DE,所以DE⊥平面APN, 又MC平面APN,所以DE⊥M,所以M,AN,DE两两垂 直，以M为坐标原点， 直线N,ME,M分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间 直角坐标系， 设∠AMP=00<0<),则A(-3,0,0),N(V3,0,0), E(0,1,0),D(0,-1,0),B(N3,-2,0),C(N3,2,0), P(-3cos0,0,3sin0), PB=(3+3cos0,-2,-3sin0),PC=(3+3cos0,2,-3sin0), 又P店⊥PC,则PB.PC=0,(W3+V3cos02-4+3sin0=0,解得cos0= 3 则sin0= 929 3 DB=(N5,-1,0),DE=(0,2,0) 设平面PDB的一个法向量为n=(x,y,2), 2√6 则 %Dp=3 3+y+ 320 ,令y=5,得%=5，-2)： n·DB=3x-y= -Dp=5x++26 设平面PDE的法向量为m=(x,%,),则 3+片+ 名0 n2·DE=2y=0 令名=1，得m=（-22,0,1, -325 √6×3 3 所以平面PDB与平面PDB夹角的余弦值为 3 法二：几何+向量法 由已知得在翻折过程中BC=4,PB=PC,PD=PE.当PB⊥PC时， 易知PB=PC=2√2，又PD=DB=2,由勾股定理得PD⊥DB、 如图，取PD中点G,连接EG,因为△PDE是等边三角形，所以EG⊥PD, 所以向量GE与向量DB的夹角即为平面PDB与平面PDE夹角（或补角）， 且BD=2,EG=V5,设向量GE与向量DB的夹角为Y, DB.GE=2N√3cosy, 同时DB·GE=DB·(GD+DE)=DB.GD+DB·DE=-2 所以cosy=- 3 2,即平面PDB与平面PDB夹角的余弦值为3 (3)因为点P在平面BCED内的射影在四边形BCED内部， 所以>0，由=5s0>0,得到0经 因为Sc=5 x4=45,所以Sm=3x45=35, 4 4 则p-35x5m-m0a,又r5.a 所以3sin0 所以o0=im0e》 则R2=Op2=OB2,P(-V3cos0,0,V3sin,E(0,l,0),D(0,-l,0), 因为点0在线段BC上运动（不含端点），设(V3,m,0),-2<m<2 DE=(0,2,0),DP=(-V3cos0,l,V3sin0,设平面PDE的法向量为i=(x,y,z) DE.=0 y=0 则 即 DP.n=0 (-3cos0)x+y+(3sing)z=0 令x=sin0,z=cos0,即i=(sin0,0,cos0), PO.n √3sin0 所以sinp= |Pg1n√6+6cos0+m2 cosp=1-sin2= m2-3sin20+cos0+6 6+6cos0+m2 √3sin0 得到tanp= m2+3cos20+6cos0+3 因为h=3sin0,所以h tan 1 m2+3cos20+6cos0+3 1 可得y= V√m2+3cos20+6cos0+3 -2<m<2,2 1 1 323 而y= m2+3cos20+6cos0+3m2+3(cos0+1) 4’3 故an9的取值范围是 V323 h 4 ，3