精品解析：四川省巴中中学2026-2027学年高二上学期10月定时训练数学试题

巴中中学高2025级2026年10月定时训练 数学试题 本卷满分：150分 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单项选择题：每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 若为复数， =1+i，则= （　　） A. -1-i B. 1-i C. -1+i D. 1+i 2. 在空间直角坐标系中，已知点，则下列说法错误的是（ ） A. 点关于坐标原点对称点的坐标为 B. 点关于平面对称点的坐标为 C. 点在平面上的射影点的坐标为 D. 点在轴上的射影点的坐标为 3. 已知、分别表示随机事件A、B发生的概率，那么是下列哪个事件的概率（ ） A. 事件A、B同时发生 B. 事件A、B至少有一个发生 C. 事件A、B都不发生 D. 事件A、B至多有一个发生 4. 在空间四边形中，设，，，点M是的中点，点N是的中点，用向量，，表示，则（ ） A. B. C. D. 5. 年天津“泥人张”非遗体验馆推出一款互动游戏：参与者需从两只独立的盲盒中各抽取一张卡片，每只盲盒中的卡片数字均为，且等可能出现．设表示“第一只盲盒抽到数字2”，表示“第一只盲盒抽到奇数”，表示“两张卡片的数字之和为6”，表示“两张卡片的数字之和为7”，则下列选项正确的是（ ） A. 与为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 6. 以下命题中，正确的是（ ） A. 是共线的充要条件 B. 若，，则 C. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底 D. 7. 埃及同中国一样，是世界上著名的文明古国.古埃及人约在公元前17世纪已使用分数，古埃及人处理分数与众不同，他们在进行分数运算时，只使用分子为1的分数，如，因此这种分子为1的分数往往被称为“埃及分数”，也叫“单分子分数”.现有5个“埃及分数”，，，，，随机抽取2个作加法运算，则所得结果超过这5个“埃及分数”中最大那个的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 正三棱柱中,所有棱长均为2,点分别为棱的中点,若过点作一截面,则截面的周长为 A. B. C. D. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部份选对得部份分，有选错得0分 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 已知一组数的平均数为，则这一组数的方差是 B. 数据的第百分位数是 C. 若事件与互斥，且，，则 D. 样本数据，，，的平均数为，方差为，则，，，的平均数为，方差为 10. 如图，圆锥的底面半径为，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥母线与底面所成的角为 B. 圆锥的侧面积为 C. 挖去圆柱的体积为 D. 剩下几何体的表面积为 11. 在正三棱柱中，，点满足，，则（） A. 当时， B. 当时，与异面 C. 若平面，则 D. 若点在平面内，则 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填写在答题卡相应位置上． 12. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知甲攻克该题的概率为，乙攻克该题的概率为，则该题至少被一人攻克的概率为_____． 13. 在三棱锥中，、、两两垂直，且，，，设为底面内一点，，其中，，分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积．若，且恒成立，则正实数的最小值为________． 14. 如图，正方形的边长为．现沿对角线将翻折到的位置，使二面角成直二面角．分别为的中点，点四点都在球的表面上，则过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值是________． 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．请将答案填写在答题卡相应的位置上． 15. 已知向量，． （1）求； （2）若与垂直，求实数的值． 16. 某学校高一学生学习兴趣小组为了了解某种产品的挥发性物质含量，从该产品中随机抽取100个，测量其挥发性物质含量，得到如下频率分布直方图（单位：‰），产品的挥发性物质含量落入各组的频率视为概率． （1）若这100个产品的挥发性物质含量的平均值大于16，则需进行技术改进，试问该产品是否需要技术改进？（同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替） （2）用分层抽样的方法从挥发性物质含量落在，内的产品中抽取6个产品进行分析，求这6个产品中有2个产品的挥发性物质含量落在内的概率． 17. 如图，在平行六面体中，，，，， （1）求的长； （2）与所成角的余弦值． 18. 如图，四棱锥中，底面，四边形中，，． （1）求证：平面平面； （2）设． （i）若，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）线段上是否存在一个点，使得点到点的距离都相等？说明理由． 19. 在扔硬币猜正反游戏中，当硬币出现正面时，猜是正面的概率为.猜是反面的概率为；当硬币出现反面时，猜是反面的概率为，猜是正面的概率为.假设每次扔硬币相互独立. （1）若两次扔硬币分别为“正反”，设猜测全部正确与猜测全部错误的概率分别为，试比较的大小； （2）若不管扔硬币是正面还是反面猜对的概率都大于猜错的概率， （i）从下面①②③④中选出一定错误的结论： ①；②；③，④ （ii）从（i）中选出一个可能正确的结论作为条件.用表示猜测的正反文字串，将中正面的个数记为，如“正反正反”，则，若扔四次硬币分别为“正正反反”，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 巴中中学高2025级2026年10月定时训练 数学试题 本卷满分：150分 考试时间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单项选择题：每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 若为复数， =1+i，则= （　　） A. -1-i B. 1-i C. -1+i D. 1+i 【答案】B 【解析】 【详解】两边同乘消去分母得，展开得， 移项合并得即则两边同时除以得 分母实数化分子分母同乘以得. 将代入原方程分母得分母不为零，解有效. 2. 在空间直角坐标系中，已知点，则下列说法错误的是（ ） A. 点关于坐标原点对称点的坐标为 B. 点关于平面对称点的坐标为 C. 点在平面上的射影点的坐标为 D. 点在轴上的射影点的坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间直角坐标系中点的对称性特征可判断. 【详解】对于选项A：点关于坐标原点对称点的坐标为，故A正确； 对于选项B：点关于平面对称点的坐标为，故B正确； 对于选项C：点在平面上的射影点的坐标为，故C正确； 对于选项D：点在轴上的射影点的坐标为，故D错误； 故选：D. 3. 已知、分别表示随机事件A、B发生的概率，那么是下列哪个事件的概率（ ） A. 事件A、B同时发生 B. 事件A、B至少有一个发生 C. 事件A、B都不发生 D. 事件A、B至多有一个发生 【答案】D 【解析】 【分析】根据对立事件的概念，即可判断. 【详解】表示随机事件、同时发生，所以就是事件、至多有一个发生. 故选：D 4. 在空间四边形中，设，，，点M是的中点，点N是的中点，用向量，，表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图形中线段关系，应用向量加减、数乘的几何意义用表示出. 【详解】因为点是的中点，所以， 因为点是的中点，所以， 所以. 5. 年天津“泥人张”非遗体验馆推出一款互动游戏：参与者需从两只独立的盲盒中各抽取一张卡片，每只盲盒中的卡片数字均为，且等可能出现．设表示“第一只盲盒抽到数字2”，表示“第一只盲盒抽到奇数”，表示“两张卡片的数字之和为6”，表示“两张卡片的数字之和为7”，则下列选项正确的是（ ） A. 与为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 【答案】B 【解析】 【详解】两盒各取一张，共有种可能结果， 表示“第一只盲盒抽到数字2”，则； 表示“第一只盲盒抽到奇数”，则； 表示“两张卡片的数字之和为6”，有共5种结果， 则； 表示“两张卡片的数字之和为7”，有共6种结果， 则； 与互斥，但二者并集仅包含和为6，7的情况，未覆盖所有样本点， 不是对立事件，故A错误； 对应共3种情况，， ，故，两者相等， 故与为相互独立事件，故B正确； 仅对应1种情况，则， ，则，不满足独立条件，故C错误； 与中等情况可以同时发生，不满足互斥条件，故D错误． 6. 以下命题中，正确的是（ ） A. 是共线的充要条件 B. 若，，则 C. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底 D. 【答案】C 【解析】 【分析】向量同向时，，可判断A；取可判断B；假设共面，可设，判断关于m、n的方程组是否有解，可判断C；可判断D. 【详解】对于A，向量同向时，，故A错误； 对于B，若，若，则不一定有，故B错误； 对于C，假设共面， 可设， 由于，，为空间的一个基底，可得 ，该方程组无解， 假设不成立，所以构成空间的另一个基底，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 7. 埃及同中国一样，是世界上著名的文明古国.古埃及人约在公元前17世纪已使用分数，古埃及人处理分数与众不同，他们在进行分数运算时，只使用分子为1的分数，如，因此这种分子为1的分数往往被称为“埃及分数”，也叫“单分子分数”.现有5个“埃及分数”，，，，，随机抽取2个作加法运算，则所得结果超过这5个“埃及分数”中最大那个的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用列举法求得基本事件的总数，以及所求事件所包含基本事件的个数，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【详解】依题意可得，则随机抽取2个“埃及分数”， 所有的情况有，，，，，，，，，，共10种， 其中两数之和超过的情况为，，，，，共5种， 故所求概率. 故选：A. 8. 正三棱柱中,所有棱长均为2,点分别为棱的中点,若过点作一截面,则截面的周长为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在正三棱柱中，延长和交于点M，连接，交于点，分别连接，则过点的截面为四边形，利用正三棱柱的结构特征，分别利用勾股定理和余弦定理，即可求解. 【详解】在正三棱柱中，延长和交于点M，连接，交于点，分别连接，则过点的截面为四边形，如图所示， 由，可得， 由，则，解得，则， 在直角中，，则， 在直角中，，则， 在直角中，，则， 在中，， 由余弦定理可得， 即， 所以截面的周长为，故选B. 【点睛】本题主要考查了几何体的截面问题，其中解答中根据空间几何体的结构特征，利用平面的性质找出几何体的截面的形状是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题. 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部份选对得部份分，有选错得0分 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 已知一组数的平均数为，则这一组数的方差是 B. 数据的第百分位数是 C. 若事件与互斥，且，，则 D. 样本数据，，，的平均数为，方差为，则，，，的平均数为，方差为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平均数求出，求出方差，判断A；再求百分位数判断B；再由互斥求出事件的概率求法运算求解，判断C，再由平均数和方差的性质求解，判断D. 【详解】对于A：根据平均数可得，则， 故方差，故A错误； 对于B：由，则第百分位数为，故B正确； 对于C：若事件与互斥，所以，故C正确； 对于D：根据数学期望和方差的性质，平均数为，方差为，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图，圆锥的底面半径为，高为，过靠近的三等分点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥母线与底面所成的角为 B. 圆锥的侧面积为 C. 挖去圆柱的体积为 D. 剩下几何体的表面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】先根据圆锥底面半径与高求出母线长，判断母线与底面所成角，再用公式计算圆锥侧面积；再由截面位置，利用相似求出圆柱底面半径与高，计算其体积；最后分析挖去圆柱后几何体的表面积构成，判断各选项正误． 【详解】 对于A，如图，因为圆锥的底面半径为6，高为，所以母线长， 则，即圆锥母线与底面所成的角为，A错误； 对于B，圆锥的侧面积，B正确； 对于C，因为为的三等分点，所以，， 则圆柱的体积为，C正确； 对于D，圆柱的侧面积， 剩下几何体的表面积，D错误． 11. 在正三棱柱中，，点满足，，则（） A. 当时， B. 当时，与异面 C. 若平面，则 D. 若点在平面内，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先以为原点建系，写出各点坐标，对于AC依据条件代入计算即可；对于B，取满足条件的特殊值代入计算即可；对于D，利用空间向量共面定理，代入求解即可 【详解】正三棱柱中，以为原点建系如图所示， 由于，设，，，，，， 由，得点坐标为，， 对于A，当时，代入得， 则：，因此A正确 对于B，当时，取特殊值：，满足， 此时即点，，与相交于，不是异面直线，因此B错误 对于C，若平面，先计算得， 平面中，已有，只需： 整理得，因此C正确 对于D，若点在平面内， 则， 又， 所以，整理得，所以，因此D正确. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填写在答题卡相应位置上． 12. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知甲攻克该题的概率为，乙攻克该题的概率为，则该题至少被一人攻克的概率为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】利用相互独立事件的概率公式求解即可. 【详解】记“甲攻克该题”为事件，“乙攻克该题”为事件，由题意知与相互独立，，， “该题至少被一人攻克”的对立事件为“甲、乙两人都未攻克该题”，即事件， 又、为独立事件，与也相互独立， 可得，， 则， 故该题至少被一人攻克的概率为． 13. 在三棱锥中，、、两两垂直，且，，，设为底面内一点，，其中，，分别表示三棱锥，三棱锥，三棱锥的体积．若，且恒成立，则正实数的最小值为________． 【答案】25 【解析】 【分析】根据三棱锥体积公式求出，利用体积割补法得出为定值，再利用基本不等式求出的最小值，结合恒成立条件求解的范围. 【详解】在三棱锥中，两两垂直，且， 所以三棱锥的体积. 因为为底面内一点，所以， 即，解得，即. 又， 由基本不等式， ， 当且仅当，即时取等号. 因为恒成立， 所以，即， 因为，所以， 解得，即，所以， 故正实数的最小值为25. 14. 如图，正方形的边长为．现沿对角线将翻折到的位置，使二面角成直二面角．分别为的中点，点四点都在球的表面上，则过直线的平面截球所得截面圆面积的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】法一：记的中点为，可得为外接球球心，当点O到EF的距离即为球心O到截面圆的距离时，截面面积最小，结合勾股定理即可求解；法二：建立空间直角坐标系，同法一即可求解． 【详解】方法一：由四边形为正方形，得球心即为BD的中点， 所以球的半径， 又连结、、、，则，， 再过E作，垂足为G，过F作，垂足为H，则， 且由已知条件可得， 则在等腰中，顶点O到底边EF的距离， 当顶点O到底边EF的距离即为球心O到截面圆的距离时， 截面圆面积最大，此时截面圆的半径，故最大面积为． 方法二：易知球心即为BD的中点，所以球的半径， 又连结、，则， 如图建立空间直角坐标，， 则，， 所以点O到直线EF的距离为：， 以下同方法一； 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．请将答案填写在答题卡相应的位置上． 15. 已知向量，． （1）求； （2）若与垂直，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由空间向量的坐标，用坐标表示出，然后由空间向量的模长公式求得； （2）由空间向量的坐标，用坐标表示出和，由空间向量的数量积建立方程，解得实数的值. 【小问1详解】 ，所以. 【小问2详解】 ，， ， 所以. 16. 某学校高一学生学习兴趣小组为了了解某种产品的挥发性物质含量，从该产品中随机抽取100个，测量其挥发性物质含量，得到如下频率分布直方图（单位：‰），产品的挥发性物质含量落入各组的频率视为概率． （1）若这100个产品的挥发性物质含量的平均值大于16，则需进行技术改进，试问该产品是否需要技术改进？（同组中的每个数据都用该组区间的中点值代替） （2）用分层抽样的方法从挥发性物质含量落在，内的产品中抽取6个产品进行分析，求这6个产品中有2个产品的挥发性物质含量落在内的概率． 【答案】（1）需要进行技术改进 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图计算平均数估计即可得答案； （2）根据分层抽样得从组中抽取个，从组中抽取个，进而根据古典概型列举基本事件求解即可. 【小问1详解】 解：根据题意： 故该产品需要进行技术改进； 【小问2详解】 解：组的产品的个数为， 组的产品的个数， 所以从组中抽取个，从组中抽取个， 记组中抽取的5个分别为a，b，c，d，e，组中抽取的一个为f， 则从6个中抽取2个的所有情况如下： ，，，，， ，，，，， ，，，，共15种情况， 其中在中恰有2个的有，，，，，，，，，共10种情况， 所以所求的概率． 17. 如图，在平行六面体中，，，，， （1）求的长； （2）与所成角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 记由题夹角都为， ， ， ，故 【小问2详解】 , ， ， ， , 与所成角的余弦值为. 18. 如图，四棱锥中，底面，四边形中，，． （1）求证：平面平面； （2）设． （i）若，求直线与平面所成角的正弦值； （ii）线段上是否存在一个点，使得点到点的距离都相等？说明理由． 【答案】（1）证明:因底面，底面，则，又， 平面，，则平面，又平面， 则平面平面； （2）（i）； （ii）不存在，理由如下： 由，，及（i）. 设，其中， 则，，. 假设存在一个点，使得点到点的距离都相等， 则， 由， 可得. 又 ，其判别式小于0，故方程无解，即线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等. 【解析】 【分析】（1）由题证明平面，据此可完成证明； （2）如图建立空间直角坐标系. （i）由题可得与平面法向量坐标，然后由空间向量知识可得答案；（ii）设，由结合空间向量知识可得关于的方程，据此可得答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 如图建立空间直角坐标系. （i）由题结合，可得， 如图过C做，因，，则. 则，.设平面法向量为. 则，则取.设直线与平面所成角为. 则，此时直线在平面内，则与平面所成角的正弦值为0； （ii）线段上不存在一个点，使得点到点的距离都相等，理由略. 19. 在扔硬币猜正反游戏中，当硬币出现正面时，猜是正面的概率为.猜是反面的概率为；当硬币出现反面时，猜是反面的概率为，猜是正面的概率为.假设每次扔硬币相互独立. （1）若两次扔硬币分别为“正反”，设猜测全部正确与猜测全部错误的概率分别为，试比较的大小； （2）若不管扔硬币是正面还是反面猜对的概率都大于猜错的概率， （i）从下面①②③④中选出一定错误的结论： ①；②；③，④ （ii）从（i）中选出一个可能正确的结论作为条件.用表示猜测的正反文字串，将中正面的个数记为，如“正反正反”，则，若扔四次硬币分别为“正正反反”，求的取值范围. 【答案】（1） 当时，， 当时，， 当时，， （2）（i）②④一定错误， （ii）若选择①， 若选择③， 【解析】 【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式求，作差可得， 分别在条件下确定差的正负，由此可得的大小关系， （2）（i）由条件证明，由不等式性质可求的范围，由此确定一定错误的结论； （ii）由条件，结合互斥事件概率加法公式和独立事件概率乘法公式求， 若选①，令，求出的范围，化简，结合二次函数性质求其范围； 若选③，令，结合对勾函数性质求的范围，化简，结合二次函数性质求其范围； 【小问1详解】 猜测全部正确的概率为， 猜测全部错误的概率为， 因为， 所以当时，， 当时，， 当时，， 【小问2详解】 （i）若不管扔硬币是正面还是反面，猜对的概率都大于猜错的概率， 则，解得， 所以， 所以， 因此，②④一定错误， （ii）若扔四次硬币分别为“正正反反”，事件包含以下三种情况： 两个正都猜对，且两个反都猜对，其概率为； 有且只有一个正猜对，且有且只有一个反猜对，其概率为； 两个正都猜错，且两个反都猜错，其概率为； 所以， 若选择①， 令，则，其中， 所以， 所以， 记，， 由二次函数的性质可知，在区间上单调递增， 所以， 即的取值范围是 若选择③， 此时，又， 所以，所以， 令，则 ，， 由对勾函数性质可得函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为 ，，， 所以，， 记，， 由二次函数的性质可知，在区间上单调递减， 所以，即 【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于结合题意准确理解事件，利用基本事件表示，再结合概率运算公式求其概率表达式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $