精品解析：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. 【答案】C 【解析】 【详解】由，解得或，则， 又是不大于10的整数，所以. 2. 若经过，两点的直线的倾斜角为，则（     ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线斜率公式先计算斜率，再由斜率与倾斜角的关系即可求解. 【详解】因为经过，两点的直线的倾斜角为 所以，，即，解得. 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. 【答案】C 【解析】 【详解】所有的取法为共种不同的取法， 其中满足题意的取法有，概率为， 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的几何体及空间向量的基底，利用空间向量的线性运算求解判断. 【详解】在空间四边形中，是的中点，， 则. 故选：B 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. 【答案】D 【解析】 【分析】记点为，求出直线的斜率，结合斜率的变化情况可得. 【详解】记点为，由题意可得，， 当直线由逆时针转到与轴重合时，直线的斜率满足； 当直线由轴逆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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，，由，转化为直线与所成的角，利用向量的运算法则，求得，，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出每种方式下取球成功的概率，比较即可得出结论. 【详解】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：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. 【答案】A 【解析】 【分析】因为平面，所以直线与平面所成角为，其正弦值为，然后根据的范围即可求出答案. 【详解】 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. 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. 是平面的一个法向量 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项利用两点间的坐标距离公式计算；B选项利用空间向量夹角的坐标公式运算；C选项关于轴对称的两个点横坐标与纵坐标互为相反数，竖坐标相等；D选项平面的法向量垂直于. 【详解】，， 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． 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 . 记事件为 “两人都击中”，事件 为 “至少 1 人击中”，事件 为 “无人击中”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与 是互斥事件 B. 事件 与 是对立事件 C. 事件 与 相互独立 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据事件之间的关系，以及互斥事件，对立事件的概念，相互独立事件的概率公式逐一判断即得. 【详解】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. 已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，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】ACD 【解析】 【分析】A选项以为原点建立空间直角坐标系，当时，点是正方体的中心；B选项当，时，点在线段上动，将三角形与四边形沿展开到同一个平面上进行计算；C选项当时，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，运用等体积法计算；D选项当时，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. 【详解】 以为原点建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为1， 所以， ， 又，所以，即， 对A，当时，点是正方体的中心，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， 由得点A到平面的距离，即线段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. 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_______. 【答案】 【解析】 【分析】由复数乘法法则即可计算出结果 【详解】. 【点睛】本题考查了复数的乘法计算，只需按照计算法则即可得到结果，较为简单 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） 【答案】 【解析】 【详解】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P． 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_________. 【答案】 ①. 4 ②. 【解析】 【分析】第①空按新定义直接代入，曼哈顿距离就是三个坐标差绝对值之和，逐项求和即得. 第②空的关键是把方程翻译成几何图形：含绝对值先分卦限去绝对值，每个卦限内符号确定、方程化为平面，故先只看第一卦限，说明动点恒在过、、的平面上，轨迹为一个正三角形及其内部；再由方程关于三个坐标平面均对称，八个卦限中的图形拼成一个正八面体，其体积可拆成个以正三角形为底、以原点为顶点的三棱锥求和. 【详解】 . 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. 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将条件化为角的关系，化简求得，可求角B的大小； （2）结合（1），利用余弦定理可求得，进而利用三角形面积公式可求的面积. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 在中，， ，. 【小问2详解】 由（1）得，由余弦定理得， 又因为，，所以，解得， 所以的面积为. 16. 如图所示，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 以 为原点，以 ， ， 为 轴､ 轴､ 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示， 可得:,,,, . 设 为面的法向量， 则,令 得 ， ，即 ， 又因为平面，所以平面 ； （2） 【解析】 【分析】（1）利用正交基底，建立空间直角坐标系,结合空间向量法来求证线面平行； （2）利用空间向量法来求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知：，为平面 的一个法向量， 设与平面所成角为 ， 则， ∴直线与平面 所成角的正弦值为. 17. 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. 【答案】（1）kg （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，所有矩形的面积和为1，所有矩形的面积乘以其底端中点之和即为平均值. （2）能地满足顾客的需要即求该店苹果日销售量的分位数，通过矩形的面积和确定分位数在，再利用公式计算即可． （3）由分层抽样确定来自日销售量中的有2个，来自日销售量为的苹果有4个，再列出基本事件，由古典概型求解. 【小问1详解】 由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为，，0.2，0.4，0.3， 由，解得． 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: . 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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， 任意抽取2个苹果，有，，共有15个基本事件，其中2个苹果都来自日销售中的有6个基本事件，由古典概型可得. 18. 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. 【答案】（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. （2） （3） 存在， 【解析】 【分析】（1）在图1中，证得，取AC的中点O，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得； （2）以为原点，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）设点到平面的距离为d，根据题意，求得，得到点到平面的距离为，令得到，结合向量的距离公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由题意知，平面平面，平面平面，且， 所以平面ABC，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， 如图所示，可得，，，， 则，，，， 设平面的法向量为，则， 令，可得，，所以， 设平面的法向量为，因此， 令，可得，，所以， 因此， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 解：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， 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， 所以线段上存在点，使得三棱锥的体积为，且. 19. 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:首先确定第一轮对决的两名选手，另一人轮空;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）假设首轮对阵为甲与乙进行第一轮对决，丙轮空；，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． 【答案】（1）①0.24；②0.336 （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； 同理可得 则 ， 由于，故，所以, 故乙的最优策略是指定第一轮的对手为甲. 【解析】 【分析】第（1）问逐一列举乙的夺冠路径：乙必须率先拿到分，路径只有连赢两轮、或中间输（或轮空）一场后再连赢两轮这三类；列举时每轮的轮空者由上一轮结果决定，且一旦有人先得分比赛即结束，据此排除半途被他人夺冠的路径，最后把三条路径的概率相加. 第（2）问用同样的办法分别求出首轮对丙（事件）与首轮对甲（事件）的夺冠概率，作差后提取公因式，大小比较化为判断与的大小；由题设得，故首轮应选甲. 【小问1详解】 ①开局两轮后乙就获得冠军的概率为 . ②乙开局赢下两轮的概率为, 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, 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， 所以比赛结束时乙获得冠军的概率 . 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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. B. 2 C. D. 4 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. 是平面的一个法向量 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 . 记事件为 “两人都击中”，事件 为 “至少 1 人击中”，事件 为 “无人击中”，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与 是互斥事件 B. 事件 与 是对立事件 C. 事件 与 相互独立 D. 11. 已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，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 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. 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. 如图所示，在三棱柱中，平面，，，，点，分别在棱和棱上，且，，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 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. 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. 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:首先确定第一轮对决的两名选手，另一人轮空;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）假设首轮对阵为甲与乙进行第一轮对决，丙轮空；，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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $