湖北荆州市沙市第七中学2026-2027学年高二年级上学期10月调研考试数学试卷

高二数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B A B C C A C AC BD 题号 11 答案 CD 1．D 【分析】先由对立事件的概率关系计算，再利用互斥事件的概率加法公式求结论. 【详解】因为，， 所以. 因为、互斥，， 所以. 2．B 【详解】即中至少有一个是零；复数为纯虚数，故为小范围，故为必要不充分条件. 3．A 【分析】先解一元二次不等式得到集合，再根据整数条件列举出集合，最后取两个集合的公共元素得到交集． 【详解】由，得，解得， 所以， 又， 所以． 4．B 【详解】设点的坐标是，则， 所以，解得， 所以点的坐标是. 5．C 【分析】根据线面、面面平行与垂直的性质逐项判断即可. 【详解】若，则可能为平行、相交、异面直线，故A错误； 若，则不一定垂直，故B错误； 若，则由性质定理知，故C正确； 若 ，则或，故D错误. 6．C 【分析】对于A，根据面对称点性质可判断，对于B，利用空间向量判断线面关系即可；对于C，根据向量投影坐标公式，勾股定理求解判断即可；对于D，根据向量投影坐标公式即可判断. 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A错误； 对于B，，所以，则或，故B错误； 对于C，，所以， 则点到直线的距离为，故C正确； 对于D，根据向量投影坐标公式，故D错误. 故选：C 7．A 【分析】建立平面直角坐标系，根据条件表示坐标，得出的表达式，结合基本不等式求解最值. 【详解】∵，∴， 以为原点，直线AB，AC分别为轴，轴，建立如图平面直角坐标系， 其中为轴，轴上的单位向量，    则根据条件得：，， ， 当且仅当，即时等号成立， ∴的最大值为9． 故选：A． 8．C 【分析】由题意可得为的一条对称轴，可得，结合单调性可得，利用在区间上存在零点，可得，进而计算可求得的值. 【详解】， 因为在区间上单调，所以，所以， 又，所以，所以， 又因为，所以为的一条对称轴， 所以，所以， 当时，， 又因为在区间上存在零点，所以，所以， 所以， 所以，解得， 又，所以. 9．AC 【分析】A选项，由两点斜率公式得到A正确；B选项，得到直线的斜率，从而得到直线的倾斜角；C选项，由中点坐标公式可得C正确；D选项，得到与不平行，D错误. 【详解】A选项，直线的斜率为，A正确； B选项，直线的斜率为，故直线的倾斜角不为，B错误； C选项，线段的中点坐标为，C正确； D选项，，显然，故与不平行， 故四边形不是平行四边形，D错误. 故选：AC 10．BD 【分析】根据古典概型、互斥事件、独立事件等综合判断各选项即可. 【详解】选项A，的方差为,的方差为,故A选项错误. 选项B, 设正面为正，反面为负，则基本事件为， 故出现一枚正面和一枚反面朝上的概率为,故B选项正确. 选项C, 若事件发生的概率非零且为互斥事件，则，故二者一定不是相互独立事件,故错误. 选项D，一组数据的第40百分位数为，故D正确. 11．CD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的坐标运算求解异面直线夹角判断A，利用向量法可求面面角的余弦值，再结合同角的三角函数基本关系计算后可判断B，利用等体积法判断C的正误，利用空间中的距离公式计算后可判断D正误． 【详解】由题意建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， ，． 对于A选项，，， 设， 依据共线向量设坐标，故，． 若直线与所成的角是，则， 整理得，即，解得， 故直线与所成的角不可能是，所以A选项错误； 对于B选项，当时，即，此时，故， 而， 设此时平面的法向量为，则即 取，得为平面的一个法向量， 又，， 设平面的法向量为，则即， 取，得为平面的一个法向量， 故， 故二面角的平面角的正弦值为，所以B选项错误； 对于C选项，因为，平面，平面， 所以平面，所以为定值， 所以C选项正确； 对于D选项，当时，即，故，故， 而， 设平面的法向量为，则即 取，得为平面的一个法向量， 又，故到平面的距离为，所以D选项正确． 12． 【分析】将题目分为只进入第一轮，第二轮和第三轮三种情况，分别计算概率相加得到答案. 【详解】设事件表示“该软件能通过第轮考核”， 由已知得，，，， 设事件表示“该软件至多进入第三轮”，则 ． 故答案为 【点睛】本题考查了概率的计算，分类利用独立性是解题的关键. 13． 【分析】根据题意，利用斜率公式，求得直线的斜率，进而求得直线的斜率的取值范围. 【详解】如图所示，由点和， 可得， 要使得过点的直线与连接两点的线段总有公共点，则满足或， 所以直线的斜率的取值范围为 14． 【分析】先利用线线垂直确定动点的轨迹，再结合线面角的定义与向量法，将转化为动点坐标的函数，最后求出的最大值，进而得到的的最大值. 【详解】设正方体的棱长为1，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 已知点是侧面内的一个动点，可设， 因为， 由，得，即，所以， 又因为， 设平面的一个法向量为，则， 令，可得， 又因为，设直线与平面所成的角为， 所以， 因为，所以当达到最大值时，也达到最大值， 所以，当时，，此时， 所以. 15．(1) 由图，， 所以 又且底面是边长为1的正方形，则， 所以，即. (2). 【分析】（1）由，，应用向量数量积的运算律及已知可得，即可证结论； （2）由，应用数量积运算律得方程求侧棱的长． 【详解】（1）略 （2）由（1）知： ， 则. 16．(1)人， (2) (3). 【分析】（1）利用频率分布直方图求出年龄在内的频率，即可求对应人数；再列方程求a； （2）依次计算各组累积频率，定位第 80 百分位数所在区间，代入百分位数公式计算得到百分位数估计值； （3）先根据分层抽样确定两组抽取人数，列举基本事件，由古典概型概率公式即可求出概率. 【详解】（1）年龄在的频率是，故选取的市民年龄在内的人数是人； 由所有矩形面积之和为，得，解得； （2）先计算各组累积频率： ：，累积频率为， ：，累积频率为， ：，累积频率为， ：，累积频率为. 则第80百分位数落在 内，故估计200名市民年龄的第80百分位数为； （3）第3组人数：，第4组人数：，两组人数比， 分层抽样选取 5 人，则第 3 组抽人，第 4 组抽人， 记年龄在的3人为，年龄在的2 人为从 5 人中任选 2 人， 样本空间为， 即， 设事件为至少一人年龄在，则， 即， 所以. 17．(1) (2) 【分析】（1）由可得，结合余弦定理可得出，又，然后两边平方，结合均值不等式得出，从而得出答案. （2）由正弦定理可得，根据条件为锐角三角形，求出角的范围，再由正弦型函数的性质可得答案. 【详解】（1）因为，所以，由 余弦定理可得：，而，所以 即 而当且仅当时取“=” 当且仅当时取“=”，即 的面积 故当时，面积取得最大值为. （2）由正弦定理得， 所以，则 , 因为ABC是锐角三角形，所以，则， 所以， 所以三角形周长. 18．(1)因为四边形为菱形，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又平面，且平面平面，由线面平行的性质定理知. (2) (3)存在，. 【分析】（1）由菱形性质得，先由线面平行的判定定理证平面，再由平面且平面平面，用线面平行的性质定理证得. （2）以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出平面的法向量，由求线面角的正弦值. （3）设（），用表示点的坐标，分别求平面与平面的法向量，由二面角的余弦值为列方程解出，进而得的值. 【详解】（1）略. （2）因为平面平面，交线为，为等边三角形，所以点在平面上的投影为的中点，且到平面的距离为. 以为原点，所在直线为轴，在平面内过且垂直于的直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，. 于是，，. 设平面的法向量为，由，，得，. 取，得平面的一个法向量. 设直线和平面所成的角为，则. （3）由（2）知平面的一个法向量为. 设（），因为，所以. 于是，. 设平面的法向量为，由，，取，得. 于是. 由图可知二面角为锐角，所以，两边平方并整理得. 因为，所以（舍去）. 所以，即存在满足条件的点. 19．(1) (2)①；②事件与不相互独立；理由：因为，，，所以，所以事件与不相互独立. 【分析】（1）利用古典概型概率公式，计算一等奖对应样本数占总样本数的比值即可. （2）①通过对立事件概率公式，用1减去两次均未获得一等奖的概率得到；②分别计算、、，验证是否满足独立事件判定条件即可。 【详解】（1）记个红球分别为，个白球分别为，蓝球为. 一次性摸2个球的样本空间为，共个样本点. 获得一等奖的样本点有，共个样本点. 所以甲获得一等奖的概率为. （2）乙消费1000元，共获得2次独立的抽奖机会，单次抽奖获得一等奖的概率为. ①记“乙单次抽奖获得一等奖”为事件，则“乙单次抽奖未获得一等奖”为事件， 所以，，两次均未获得一等奖的概率为， 所以. ②先计算单次抽奖各事件的概率： 按原规则获得二等奖（摸出1红1蓝）的概率为； 摸出1白1蓝的概率为； 未摸到蓝球的概率为. 事件为“恰好获得1个二等奖”，包含三类互斥情况：第一次中二等奖、第二次未摸蓝球；第二次中二等奖、第一次未摸蓝球；两次均摸出1白1蓝（仅获得额外1个二等奖），所以. 事件为“至少获得1个一等奖，且恰好获得1个二等奖”，此时仅包含两类互斥情况：第一次中一等奖、第二次中二等奖；第一次中二等奖、第二次中一等奖， 所以. 所以， 因为，即， 所以事件与不相互独立. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 沙市第七中学高二年级10月调研考试 数学试卷 命题人：王飞 审题人：高二数学备课组 1、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。 1．已知随机事件，互斥，且，，则（   ） A．0.4 B．0.5 C．0.7 D．0.8 2．设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．设集合，，则（     ） A． B． C． D． 4．已知点，若向量，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 5．已知 是两条不同的直线， 是两个不同的平面，则下列命题正确的是（     ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若 ，则 D．若 ，则 6．下列四个命题，其中真命题是（    ） A．点关于平面对称的点的坐标是 B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C．若，，则点到直线的距离为 D．向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是 7．在△ABC中，，且面积等于2，若点P是△ABC所在平面内的一点，且，则的最大值等于（    ） A．9 B．15 C．19 D．25 8．设函数，若在区间上单调，在区间上存在零点，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 二、选择题：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．已知四边形的四个顶点是，，，，则（   ） A．直线的斜率为4 B．直线的倾斜角为 C．线段的中点坐标为 D．四边形是平行四边形 10．下列说法中，正确的是（   ） A．一组数据的方差大于另一组数据的方差 B．同时抛掷两枚大小相同、质地均匀的硬币，则出现一枚正面和一枚反面朝上的概率为 C．若事件发生的概率非零且为互斥事件，则为相互独立事件 D．若一组数据，则其第40百分位数为2.5 11．在棱长为2的正方体中，P为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角是 B．若，则二面角的平面角的正弦值为 C．三棱锥的体积不变 D．当时，点到平面的距离为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．国产杀毒软件进行比赛，每个软件进行四轮考核，每轮考核中能够准确对病毒进行查杀的进入下一轮考核，否则被淘汰．已知某个软件在四轮考核中能够准确杀毒的概率依次是，，，，且各轮考核能否通过互不影响．则该软件至多进入第三轮考核的概率为______． 13．经过点的直线与连接两点的线段总有公共点，则直线的斜率的取值范围为__________． 14．在正方体中，为侧面内的一个动点，且，记与平面所成的角为，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．如图，在斜四棱柱中，底面是边长为1的正方形，，记． (1)证明：； (2)求侧棱的长． 16．某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）． (1)求选取的市民年龄在内的人数及的值； (2)利用频率分布直方图，估计200名市民年龄的第80百分位数； (3)若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 17．已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，且， (1)若,求面积的最大值.； (2)若为锐角三角形，且，求周长的取值范围 18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，平面平面，是等边三角形． (1)若平面平面，证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上（含端点）是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，求出的值．若不存在，说明理由． 19．某商场开展促销活动，每消费满500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同，抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖. (1)已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率； (2)为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件A，“乙恰好获得一个二等奖”为事件B. ①求事件A发生的概率； ②判断事件A与B是否相互独立，并说明理由. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $