精品解析：陕西省延安中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试题

延安中学2026—2027学年度第一学期第一次月考试题 高二数学 （全卷150分 时间120分钟） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上． 2．作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．涂写在本试卷上无效． 3．作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡统一交回． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 3. 某品牌新能源汽车统计了2026年前5个月销量（单位：万辆），得到了如图所示的折线图，则下列说法错误的是（ ） A. 这5个月销量数据的中位数为2.4（万辆） B. 这5个月销量的极差为1.2（万辆） C. 前3个月销量的方差比后3个月销量的方差大 D. 各月与上个月相比，三月份的增长率与二月份的相等 4. 若，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则且 5. 在中，若 ，且的面积，则（ ） A. B. C. D. 6. 在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，求直线和夹角的余弦值（ ）． A. B. C. D. 7. 近年来，阳泉市聚力打造“红色之城”，持续升级百团大战纪念馆等红色阵地，推出跨省研学路线，红色研学热度高涨，红色文旅品牌影响力稳步提升．经统计发现，游客选择百团大战纪念碑的概率为，选择中共创建第一城景区的概率为．两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 下列对于概率的说法正确的有（ ） A. 若事件与事件互斥，则事件与事件对立 B. 若事件、满足，则 C. 若事件与事件相互独立，且，则 D. 小明将一枚质地均匀的硬币掷了100次，经统计有51次正面向上，则将这枚硬币再掷一次，出现正面朝上的概率是 10. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ） A. 向量与向量方向相反 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若，向量，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量的模为2 11. 如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ） A. 四棱锥的外接球体积为 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离的最小值为 第Ⅱ卷 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数z满足，则的最大值为__________． 13. 向量，，若，的夹角为钝角，则实数的取值范围为__________． 14. 如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 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． 15. 从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高(单位：cm)数据绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）试估计该小学学生的平均身高； （3）若要从样本身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]三组内的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取30人参加一项活动，则从身高在[140，150]内的学生中应选取多少人？ 16. 在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 在平面凸四边形中，，，与相交于点，． （1）若，求； （2）若，，求． 18. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延安中学2026—2027学年度第一学期第一次月考试题 高二数学 （全卷150分 时间120分钟） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、试卷类型信息填涂在答题卡上，并将自己的姓名、准考证号、座位号填写在试卷上． 2．作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．涂写在本试卷上无效． 3．作答第Ⅱ卷时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将答题卡统一交回． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】. 根据复数虚部的定义，的虚部为. 2. 在中，，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由，所以，即，判断的形状． 【详解】因为，所以， 所以，所以，即， 所以的形状是直角三角形． 故选：C． 3. 某品牌新能源汽车统计了2026年前5个月销量（单位：万辆），得到了如图所示的折线图，则下列说法错误的是（ ） A. 这5个月销量数据的中位数为2.4（万辆） B. 这5个月销量的极差为1.2（万辆） C. 前3个月销量的方差比后3个月销量的方差大 D. 各月与上个月相比，三月份的增长率与二月份的相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据折线图读取5个月的销量数据，分别计算中位数、极差、方差及增长率，逐一判断各选项的正误即可. 【详解】由折线图可知，该品牌新能源汽车2026年前5个月的销量（单位：万辆）分别为. A，将这5个数据从小到大排列为，位于中间位置的数是，所以中位数为万辆，故正确； B，这5个月销量的最大值为，最小值为，所以极差为万辆，故正确； C，前3个月的数据为，其平均数， 方差； 后3个月的数据为，其平均数， 方差. 因为，所以前3个月销量的方差比后3个月销量的方差大，故正确； D，二月份相对于一月份的增长率为，三月份相对于二月份的增长率为. 因为，所以三月份的增长率与二月份的不相等，故错误. 4. 若，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则且 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，两个平面垂直于同一个平面，它们的位置关系不一定是平行，也可能是相交，A错误； 对于B，两条直线平行于同一个平面，它们的位置关系可以是平行､相交或异面，B错误； 对于C，因为，且，过直线与平面的交点， 在内作，由，得，又，根据面面垂直的判定定理，可得，C正确； 对于D，当时，即使，也不能说，同理，当时，也不能说，D错误． 5. 在中，若 ，且的面积，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形面积公式进行求解. 【详解】由题意得：，的面积， 则，所以，. 6. 在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，求直线和夹角的余弦值（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】选取作为基底表示和，通过向量数量积运算求出向量夹角余弦，取绝对值得到直线夹角的余弦值. 【详解】设，由正四面体棱长为1得，且任意两个基底向量的夹角为， 故， 由中点性质得： ， ， 则  ， 故 ， 又 ，  ， 所以 向量与夹角的余弦值为， 由于直线夹角的取值范围是， 故直线和夹角的余弦值为. 7. 近年来，阳泉市聚力打造“红色之城”，持续升级百团大战纪念馆等红色阵地，推出跨省研学路线，红色研学热度高涨，红色文旅品牌影响力稳步提升．经统计发现，游客选择百团大战纪念碑的概率为，选择中共创建第一城景区的概率为．两个景点都不选的概率为，则两个景点都选的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记事件为游客选择百团大战纪念碑，事件为游客选择中共创建第一城景区，先由对立事件求得再根据随机事件的概率加法公式计算即得. 【详解】记事件为游客选择百团大战纪念碑，事件为游客选择中共创建第一城景区， 则事件为“两个景点都不选”，事件为“两个景点都选”. 由题意得，， ， 由得，， ∴. 8. 如图，在正四棱台中，，，若该四棱台的体积为，则该四棱台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图， 取上下底面中心分别为，，则为正四棱台的高， 因为. 又， . 所以为四棱台外接球的球心，外接球半径为， 所以该四棱台外接球的表面积为. 二、多选题：共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，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. 下列对于概率的说法正确的有（ ） A. 若事件与事件互斥，则事件与事件对立 B. 若事件、满足，则 C. 若事件与事件相互独立，且，则 D. 小明将一枚质地均匀的硬币掷了100次，经统计有51次正面向上，则将这枚硬币再掷一次，出现正面朝上的概率是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥事件与对立事件的定义可判断A错误，由概率基本性质可得B正确，结合独立事件性质直接计算可得C正确，由概率和频率的关系可知D错误. 【详解】选项A：若事件互斥，则， 若事件对立，则，且，所以互斥事件不一定是对立事件，A错误； 选项B：因为，所以，又，所以，B正确； 选项C：事件与事件相互独立，所以与也相互独立，则，C正确； 选项D：频率是概率的估计值，概率是频率的固定值，是历史统计结果， 单次试验的结果不受之前频率的影响所以再掷一次出现正面朝上的概率仍然是，而不是，D错误. 故选：BC. 10. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ） A. 向量与向量方向相反 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若，向量，的夹角为，则向量在向量方向上的投影向量的模为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】A.由直接判定二者为相反向量，方向相反；B.验证线性表达式的系数和为 1，符合空间四点共面的充要条件；C.通过线性表示关系证明三个向量共面，因此不能构成空间基底；D.套用投影向量的模长公式，代入数值直接计算. 【详解】选项A：可得，说明与是相反向量，方向相反，故A正确； 选项B：中，系数和为，满足空间四点共面的充要条件，故四点共面，B正确； 选项C：由，可知三个向量线性相关、共面，不能作为空间的一组基底，故C错误； 选项D：向量在方向上的投影向量的模为，故D正确. 11. 如图，四棱锥的底面为正方形，平面，，，动点在线段上，则（ ） A. 四棱锥的外接球体积为 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 点到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项 A：利用 “三线两两垂直的几何体可补成长方体” 的结论，外接球直径等于长方体体对角线，代入球体积公式计算验证；选项 B：将空间线线垂直转化为对应向量点积为 0，列方程求解参数，若解在参数范围内则存在符合条件的点；选项 C：由几何对称性得MB=MD，将距离和转化为单变量二次函数，通过对称轴求二次函数的最小值；选项 D：利用坐标轴上的点到直线距离公式，将距离表示为参数t的二次函数，通过二次函数性质求最小值. 【详解】由题意以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系. 则，由动点在线段上， 可设，则， 所以，即. 对于A：将四棱锥补成长、宽、高分别为1，1，2的长方体，其外接球即为四棱锥的外接球，外接球直径等于长方体体对角线长， 即，所以， 所以外接球体积为，故A正确； 对于B：因为， 所以， 令，得，故存在点使，故B正确； 对于C：因为，， 故， 因为二次函数在时取到最小值， 所以，故C错误； 对于D：直线即轴， 点到的距离为， 二次函数在时取最小值， 所以，故D正确. 第Ⅱ卷 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若复数z满足，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先设复数，,再根据复数模的公式，即可求解. 【详解】设复数，则， ， 由可知，，当时，的最大值为. 13. 向量，，若，的夹角为钝角，则实数的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【详解】由的夹角为钝角，得且与不反向共线：  ， 令，即，解得， 又当时，，，共线反向，夹角为，故排除， 综上，实数的取值范围是. 14. 如图，在长方体中，，，为长方体内部（含边界）一点，满足，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】以 为原点建立空间直角坐标系，把 化为坐标满足的方程，确定点 所在区域；再把 用坐标表示并配方，即可求出取值范围. 【详解】以 为原点，，， 所在直线分别为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系. 由 ， 得 ，，，. 设 . 因为 在长方体内部（含边界），所以 ，，. 又 ，. 由 得 ，即 ，化简得 . 由 得 ，解得 ，故 ，. 因为 ，，所以 . 又 ，代入得 . 配方得 . 因为 ，，所以当 ， 时（此时 ，符合 ）， 取最小值 . 当 ， 或 ， 时， 取最大值 . 所以 的取值范围是 . 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． 15. 从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高(单位：cm)数据绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）试估计该小学学生的平均身高； （3）若要从样本身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]三组内的学生中，用比例分配的分层随机抽样的方法选取30人参加一项活动，则从身高在[140，150]内的学生中应选取多少人？ 【答案】（1） （2） （3）5人 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求得的值； （2）由各区间中点值与相应频率乘积的和求得平均数； （3）计算出身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]内的学生总数，并求出身高在[140，150]内的学生的占比，从而求得应在该组中选取的人数. 【小问1详解】 由，得， 解得. 【小问2详解】 根据频率分布直方图，计算平均数为 . 【小问3详解】 身高在[120，130)，[130，140)，[140，150]三组内的学生数分别为， 所以三个区域内的学生总数为. 所以从身高在内的学生中应选取人. 16. 在四棱锥中，四边形为平行四边形，，，，，，为的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【小问1详解】 证明： 在平行四边形中，为中点， 又为的中点， 在中，， 平面，平面， 平面. 【小问2详解】 ，为中点，， 又，， 平面，平面， 平面， ，， 以为原点，，所在的直线分别为轴，轴， 过且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 在中，，为中点，， 由题意得，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则 ，令，解得，， ， 设直线与平面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 在平面凸四边形中，，，与相交于点，． （1）若，求； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合特殊角的三角函数值，利用正弦定理即可求解； （2）设，在和中，利用余弦定理得，解出即可. 【小问1详解】 依题意，在中，． 由正弦定理得，， 因为， 所以； 【小问2详解】 由，，得．设，则． 在中，由余弦定理得， ， 在中，由余弦定理得， ， 因为，所以，解得， 所以． 18. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）选择先玩游戏二获得徽章的概率更大， 设事件“先玩游戏二获得徽章”，“先玩游戏三获得徽章”； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 故；则接下来选择先玩游戏二获得徽章的概率更大． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式计算概率； （2）先求出游戏三中不放回地依次取出两个球的样本个数，再根据古典概型求解概率即可； （3）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得科技徽章的概率，从而得出结论． 【小问1详解】 设事件“游戏一获胜”；“游戏二获胜”；“游戏三获胜”； 游戏一取出一个球的样本空间为；； 因为，则；则； 游戏二有放回地取出两个球的样本空间为；； 因为，则，则； 故游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为； 【小问2详解】 不放回地依次取出两个球共有样本数为，其中样本点为 ； 时，游戏三包含样本点为，样本个数为， 故游戏三的获胜概率为； 【小问3详解】 略 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） （2）存在，正弦值最大值为 【解析】 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【小问1详解】 （i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； 【小问2详解】 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $