精品解析：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

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，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） 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，不共线，，，，则（ ） A. 与共线 B. 与共线 C. A，B，C，D四点不共面 D. A，B，C，D四点共面 4. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. 在三棱柱中，为棱的中点．设，用基底表示向量，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，已知电路中4个开关每个断开的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为球球面上的三个点，若，球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 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．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．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，p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，p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，是同一试验中的两个事件，下列说法正确的是（ ） A. 如果，那么与相互对立 B. 若，是互斥事件，则 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. 已知事件，发生的概率分别为，且，则事件，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（ ） 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的正四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截四棱锥，截面是等腰梯形 C. 为棱上动点，则最小值为 D. 三棱锥与四棱锥体积之比为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则实数___________． 13. 已知甲、乙、丙3名运动员击中目标的概率分别为，，，若他们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______． 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，则的最大值为 . 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. 已知向量，，设． （1）若，，求的值． （2）若，求的最小值，及此时实数的值． （3）若，求的取值范围. 16. 近年来，我国超重和肥胖率呈快速上升趋势，儿童和青少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（BMI）=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岁）：17.5-23.0；某城市对1000名高中生的体重指数（BMI）进行了调查，BMI的分组区间为、、、、、、，调查结果的频率分布直方图如图所示. （1）求频率分布直方图中的值及高中生的平均数及中位数； （2）在BMI为、、的三组学生中，用分层抽样的方法抽取10名学生，则BMI在的学生中应抽取多少名？ （3）在（2）条件下，在BMI为和的两组学生中任取2名学生，求这2名学生来自同一组学生的概率. 17. 如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动. （1）求证：. （2）当点E为棱AB的中点时，求CE与平面所成角的正弦值. （3）在棱AB上是否存在点M，使平面与平面AMC所成的角为？若存在，求出AM的值；若不存在，请说明理由. 18. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，证明：△ABC是直角三角形． 19. 如图，已知是边长为4的等边三角形，，分别是，的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． （1）设平面平面，证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，设点在线段上运动（不含端点），记直线与平面所成的角为，四棱锥的高为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算进行化简，再根据复数的几何意义即可判断. 【详解】， 故复数对应的点为，在第四象限， 故选：D 3. 已知向量，不共线，，，，则（ ） A. 与共线 B. 与共线 C. A，B，C，D四点不共面 D. A，B，C，D四点共面 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线和四点共面的条件进行判断即可． 【详解】，，不共线，故A错误； ，则，即与不共线，故B错误； 若，则， 则，得，即， 则，，，四点共面，故C错误；D正确； 故选：D． 4. 已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断. 【详解】对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确； 对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确； 对于选项C，，，则，故C正确； 对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确. 5. 在三棱柱中，为棱的中点．设，用基底表示向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，，根据空间向量线性运算法则计算可得. 【详解】取的中点，连接，， 因为是的中点，， 所以. 故选：A 6. 如图，已知电路中4个开关每个断开的概率都是，且是相互独立的，则灯亮的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相互独立的概率乘法公式，以及互斥事件与对立是事件的概率公式，即可求解. 【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， 所以灯泡不亮的概率为， 所以灯泡亮的概率为. 故选：C. 7. 已知为球球面上的三个点，若，球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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的高，最后利用锥体体积公式计算即可. 【详解】设球的半径为，则由球的表面积为， 所以 设外接圆的半径为，圆心为， 由， 所以为等边三角形， 所以， 所以点O到平面的距离为， 所以三棱锥的体积为： ， 故选：C. 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．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．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，p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，p最大 【答案】D 【解析】 【详解】解法一：要求连胜两局，故只能第一局和第二局连胜，或第二局和第三局连胜，则第二局和谁比赛很重要，第二局的对手实力越强，连胜两局的概率越小，第二局的对手实力越弱，连胜两局的概率越大，所以根据条件估算得到丙实力最弱，所以D选项正确. 解法二：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 则 ； 记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为， 则 记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为 则 则 即，， 则该棋手在第二盘与丙比赛，最大.选项D判断正确；选项BC判断错误； 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：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，是同一试验中的两个事件，下列说法正确的是（ ） A. 如果，那么与相互对立 B. 若，是互斥事件，则 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. 已知事件，发生的概率分别为，且，则事件，相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断A；根据互斥事件的概念及加法概率公式判断B；根据对立事件的概念判断C；根据独立事件的概念判断D. 【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 “至少有一次正面向上”， “两次都是正面”， 显然，但与不是对立事件，故A错误； 选项B：因为，是互斥事件，所以，，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，若事件与满足，则与相互独立， 因为，，，满足， 因此事件，相互独立，故D正确. 故选： BD 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（ ） 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】由统计图数据对选项逐一判断可得答案. 【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，同比增长率的极差为，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. 如图，在棱长均为2的正四棱锥中，为底面正方形的中心，，分别为侧棱，的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 过，，三点的平面截四棱锥，截面是等腰梯形 C. 为棱上动点，则最小值为 D. 三棱锥与四棱锥体积之比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，利用三角形中位线定理证明线线平行，进而根据判定定理得出线面平行，B选项，通过线线平行关系确定截面，并利用侧面正三角形的高计算腰长以证明其为等腰梯形，C选项，将相邻的两个侧面沿公共边展开至同一平面内，利用余弦定理求出两点间的直线距离即为最小值，D项，利用同高不同底，通过底面积的比例关系将目标三棱锥与整体四棱锥的体积进行两次转换即可求解. 【详解】对于A，由题意得是与的交点，且为的中点， 且为的中点，所以在中，是中位线，所以， 因为平面，且平面，所以平面，故A正确， 对于B，因为分别为的中点，所以且， 在正方形中，，所以， 所以四点共面，即截面为， 由于且，所以四边形为梯形， 在边长为2的正和正中，， 所以截面为等腰梯形，故B正确， 对于C，将与沿展开到同一平面， 展开后，当三点共线时，取得最小值，此时最小值为的长度， 因为，所以展开后的平面内，， 在中，由余弦定理得， 即，因此， 即的最小值为，故C错误， 对于D， 因为分别为的中点，所以与的相似比为， 所以面积比， 三棱锥与共顶点，底面在同一平面上，所以高相等， 所以体积比，即， 三棱锥与四棱锥共顶点，底面在同一平面上，所以高相等， 且底面积，因此， 综上，，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则实数___________． 【答案】2 【解析】 【分析】先利用空间向量坐标运算计算出向量与向量的坐标，然后由，最后根据空间向量坐标运算计算即可. 【详解】由， 所以， ， 又，所以， 即， 解得：， 故答案为：2. 13. 已知甲、乙、丙3名运动员击中目标的概率分别为，，，若他们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______． 【答案】 【解析】 【分析】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，，，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：，由此能求出结果． 【详解】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，，， 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： ． 故答案为． 【点睛】本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 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，则的最大值为 . 【答案】 【解析】 【详解】建立坐标系如图所示.设，则.设，则， 由于异面直线所成角的范围为， 所以，， 令，则，当时取等号. 所以，当时，取得最大值. 考点：1、空间两直线所成的角；2、不等式. 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. 已知向量，，设． （1）若，，求的值． （2）若，求的最小值，及此时实数的值． （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）最小值为，此时 （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量共线的坐标表示可求出的值，再结合可得出的值； （2）当时，求出向量的坐标，进而可得出向量的坐标，再结合平面向量的模长公式求解即可； （3）由平面向量的模长公式、三角恒等变换化简得出关于的表达式，利用正弦型函数的基本性质以及的取值范围可得出的取值范围. 【小问1详解】 因为向量，，，， 所以，整理可得，故. 【小问2详解】 若，则，， 所以， 当且仅当时，等号成立，故最小值为，此时. 【小问3详解】 因为， 当时，，则， 所以， 即当时，的取值范围是. 16. 近年来，我国超重和肥胖率呈快速上升趋势，儿童和青少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（BMI）=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岁）：17.5-23.0；某城市对1000名高中生的体重指数（BMI）进行了调查，BMI的分组区间为、、、、、、，调查结果的频率分布直方图如图所示. （1）求频率分布直方图中的值及高中生的平均数及中位数； （2）在BMI为、、的三组学生中，用分层抽样的方法抽取10名学生，则BMI在的学生中应抽取多少名？ （3）在（2）条件下，在BMI为和的两组学生中任取2名学生，求这2名学生来自同一组学生的概率. 【答案】（1）；平均数；中位数 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图面积和为1即可得到，再由平均数以及中位数的计算公式代入计算，即可得到结果； （2）由分层抽样的公式代入计算，即可得到结果； （3）由古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由频率分布直方图面积和为1可得， 解得， 高中生的平均数为， 因为前三组的频率之和为， 所以中位数在组， 设中位数为，则，解得， 所以中位数为. 【小问2详解】 、、的频率之比为， 共抽10名，则的学生中应抽取名. 【小问3详解】 由（2）可知，抽3人，设人分别为 则抽取人，2人分别为， 设事件表示抽取的2名学生来自同一组学生， 总情况数有 10种， 2名学生来自同一组学生的情况由4种， 则. 17. 如图，在长方体中，，点E在棱AB上移动. （1）求证：. （2）当点E为棱AB的中点时，求CE与平面所成角的正弦值. （3）在棱AB上是否存在点M，使平面与平面AMC所成的角为？若存在，求出AM的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 以D为坐标原点，直线DA，DC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设，， 则，，，，， 所以，则， 所以. （2） （3） 存在，. 【解析】 【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积为0即可证得垂直； （2）先求得平面的法向量，再利用空间向量法求线面角即可得解； （3）先求得平面与平面AMC的法向量，再利用空间向量法求线面角即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为E为AB的中点，所以， 从而，，， 设平面的法向量为，则， 即，得，令，则， 设CE与平面所成角为， 则， 所以CE与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 存在. 设这样的点M存在，且，，平面与平面AMC所成的角为， 则，，，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面AMC的一个法向量， 所以， 由，解得， 所以满足题意的点M存在，此时. 18. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，证明：△ABC是直角三角形． 【答案】（1）； （2）因为，所以， 即①， 又②， 将②代入①得，， 即，而，解得， 所以， 故， 即是直角三角形． 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系，可化为，即可解出； （2）根据余弦定理可得，将代入可找到关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出． 【详解】（1）因为，所以， 即， 解得，又， 所以； （2）略 【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题． 19. 如图，已知是边长为4的等边三角形，，分别是，的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． （1）设平面平面，证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，设点在线段上运动（不含端点），记直线与平面所成的角为，四棱锥的高为，求的取值范围． 【答案】（1）∵，分别是，的中点， ∴又平面，平面，∴平面， 又∵平面平面，平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线得，由线面平行判定及性质证. （2）建立空间直角坐标系，由确定坐标，求出两平面法向量，利用夹角公式计算. （3）由体积范围确定的参数，计算线面角的正切，消去变量得到只与位置有关的表达式，再求值域即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：坐标法 取BC中点N，连，则M为DE的中点， 在平面APN内，过M作， 在等边△ABC中，由，得， 又，所以， 所以，，所以DE⊥平面APN， 又Mz平面APN，所以， 所以Mz，AN，DE两两垂直，以M为坐标原点， 直线MN，ME，Mz分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，， ，，，，， 则，， 又，则，，解得， 则，所以， 则，，， 设平面PDB的一个法向量为， 则，令，得， 设平面PDE的法向量为，则， 令，得，， 所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为． 法二：几何+向量法 由已知得在翻折过程中，，．当时， 易知，又，由勾股定理得． 如图，取PD中点G，连接EG，因为△PDE是等边三角形，所以， 所以向量与向量的夹角即为平面PDB与平面PDE夹角（或补角）， 且，，设向量与向量的夹角为γ，， 同时 所以，即平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为． 【小问3详解】 因为点P在平面内的射影在四边形内部， 所以，由，得到， 因为，所以， 则，又， 所以，则， 所以， 则，，，， 因为点Q在线段BC上运动（不含端点），设， ，，设平面PDE的法向量为 则，即， 令，，即， 所以，， 得到. 因为，所以， 可得， 而， 故的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $