精品解析：海南华侨中学2026-2027学年度第一学期高二年级第一次阶段考数学试卷

海南华侨中学2026-2027学年第一学期 高二年级第一次阶段考数学 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，只需将答题卡交回． （第Ⅰ卷） 一、选择题：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. 复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数乘法和除法化简，再求模即可.  【详解】 因为， 所以. 2. 个数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】个数据， 这个数据已经从小到大排序，且， 则， 不是整数，则向上取整数， 则第百分位数是这个数据的第个数值. 3. 的三个内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理求解，再结合三角形内角和定理计算即可. 【详解】在中，由正弦定理得 . 因为，所以， 又，所以或. 当时，； 当时，. 综上，或. 4. 如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算法则求解. 【详解】 . 故选：B. 5. 抛掷一枚质地均匀的硬币3次，记事件“3次中既有正面朝上又有反面朝上”，“3次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ） A. B. 事件和事件对立 C. 事件和事件互斥但不对立 D. 事件和事件独立 【答案】D 【解析】 【详解】抛掷一枚均匀硬币3次，共8种等可能结果： 事件：既有正面又有反面，对立事件为全正或全反，故 . 事件：至多一次正面，即0次正面或1次正面，共种结果，故 . 事件：既有正面又有反面且至多一次正面，即恰好1次正面，共3种结果，故 . 选项A：，，二者不相等，A错误. 选项B、C：与存在公共结果（恰好1次正面），不互斥，更不对立，B、C错误. 选项D：，满足独立事件定义，D正确. 6. 一共有个字母，其中两个，两个，两个，两个，将它们排成一排．则这个字母的不同排列种数为（ ） A. 40320 B. 5040 C. 2520 D. 1260 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，一共个元素，再由题中存在重复的字母，消除掉相同字母互换位置带来的重复计数即可求解. 【详解】由题意可得，一共个元素，其中，，，各有两个，则共有. 7. 已知向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量的坐标运算求出的坐标，再把转化为关于的三角函数求最值. 【详解】因为，所以， 所以= =，当时取等号，所以的最大值为3. 8. 如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形框架的边长均为，活动弹子，分别在对角线，上移动，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系,设，，则，，利用向量的坐标公式求出和的坐标，利用两点间的距离公式求出，结合二次函数的性质求出. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系. 因为正方形和正方形的边长为， 所以，，，，对角线， 设，，则，， 因为，所以，则， 因为，所以，因为，所以， 因为，所以，因为，所以， 则， 设，开口向上，对称轴，因为，所以， 则，且，则. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标为 B. 若点，，且满足，则点的坐标为 C. 若空间四个点，，，满足，则，，，四点共面 D. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间点面对称性质判断A；根据空间向量坐标运算求解判断B；根据共面定理判断C；根据及基底定义判断D. 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标为，故A错误； 对于B，设点的坐标为，由点， 则， 又，所以， 即，解得：，所以点的坐标为，故B正确； 对C：由，故，，，四点共面，故C正确； 对D：假设共面， 则存在实数，使得， 即， 因为是空间的一个基底，则有，无解， 故不共面， 故也是空间的一个基底，故D正确. 10. 某高中开展“书香校园”共读活动，推荐阅读书目有历史类书2本、科学类书3本、文学类书4本（含《红楼梦》和《乡土中国》）．现要求每位学生从中选择4本阅读，则以下说法正确的是（ ） A. 若必读《红楼梦》和《乡土中国》，则共有21种不同选法 B. 若恰好选读历史类书与科学类书各1本，则共有72种不同选法 C. 若至少选读1本科学类书，则共有111种不同选法 D. 若三类书都要选，则共有125种不同选法 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意从剩余的7本书中选两本计算可得A；再从文学书中选两本计算可得B；分恰好1本科学类书、2本科学类书与3本科学类书计算可得C；分类讨论计算可得D. 【详解】对于A，若必读《红楼梦》和《乡土中国》，再从剩余的7本书中选两本， 共有种不同的选法，所以A正确； 对于B，若恰好选读历史类书与科学类书各1本，再从文学书中选两本， 共有种不同的选法，所以B错误； 对于C，若至少选读1本科学类书，可得分为3类： ①若恰好1本科学类书，有种选法； ②若恰好2本科学类书，有种选法； ③若恰好3本科学类书，有种选法， 由分类计数原理得，共有种不同的选法，所以C正确； 对于D，若三类书都要选，可得分为三类： ①若恰好2本历史类书，1本科学类书，1本文学类书， 有种选法； ②若恰好1本历史类书，2本科学类书，1本文学类书， 有种选法； ③若恰好1本历史类书，1本科学类书，2本文学类书， 有种选法； 由分类计数原理得，共有种不同的选法，所以D错误. 11. 如图，点是正四面体的底面的中心，过点的直线分别交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ） A. 存在点与直线，使得 B. 存在点与直线，使得平面 C. 若，，其中，，则的最小值是 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A通过展开向量数量积，利用正四面体侧棱夹角为的余弦值为正，直接判定两数量积之和恒正；选项B通过构造且S为PC三等分点的特例，用余弦定理推导线线垂直，结合线面垂直判定定理证明存在性；选项C利用重心向量分解与三点共线系数和为 1 建立 的关系，但用基本不等式求 最小值时计算结果有误；选项 D借助正四面体重心的向量表达式，通过共线向量代换与共面向量定理的系数和性质，推导出长度倒数的等量关系. 【详解】对于选项A，，A正确； 对于选项B，当直线平行于直线，点为线段上靠近点的三等分点，即 时，平面 ，证明如下： 在正四面体中，设各棱长为，，，，均为等边三角形． 点为的中心，，由等边三角形的性质，易得 ， 在 中， ， ，， 由余弦定理，得 ， ， ．同理， ． 又 ，平面 ，平面 ，平面 ，存在点与直线，使得平面 ,B正确； 对于选项C，，则 ，即，同理，则， 根据，，三点共线有，，当且仅当时等号成立． C错误； 对于选项D，设为的中点，则 ， ，，三点共线， ，同理，，． 设 ， ， ，则， ，，，四点共面， ， 又 ，， ，即 ，D正确. （第II卷） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 假设，，且与相互独立，则______． 【答案】0.88 【解析】 【详解】由与相互独立，得， 由概率加法公式：. 13. 已知向量，向量满足，，则向量与的夹角为________. 【答案】## 【解析】 【分析】由的坐标求出，由已知数量积求出，代入夹角公式求解. 【详解】由已知得， 所以，， 又，所以. 14. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、中、小内切于正四面体的高即可求解. 【详解】如图所示正四面体，记棱长为，高为，为正四面体内切球的球心，延长交底面于，是等边三角形的中心，过作交于，连接， 则为正四面体内切球的半径， 因为，，， 所以， 所以，解得， 由图可知最大球内切于高的正四面体中，最大球半径， 中等球内切于高的正四面体中，中等球半径， 最小求内切于高的正四面体中，最小球半径， 所以九个球的表面积之和， 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． 15. （1）设，，已知向量，，，且，，求实数的值； （2）已知向量，，求在上的投影向量的坐标； （3）已知向量，，，若，，，四点共面，求实数的值． 【答案】（1）；（2）（3）2 【解析】 【详解】（1）向量，，，，， ，， 又，，，； （2）向量，， 则在上的投影向量为. （3），，，四点共面， ， ， 16. 如图，平行六面体的底面是边长为的菱形，. （1）求的长度； （2）求证：平面. 【答案】（1）； （2）证明如下： 因为， 所以， 所以， 因为，计算： ， 所以， 又因为，、平面． 所以平面. 【解析】 【分析】（1）利用基底表示向量，再根据数量积公式，即可求解； （2）根据线面垂直的判定定理转化为证明线线垂直，再根据向量数量积公式，即可证明. 【小问1详解】 设，，， 由于四边形为菱形，则，即， 所以，同理可得， 由题意可得， 所以； 【小问2详解】 略 17. 某调研机构为了了解人们对人工智能相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次人工智能知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，估计这人的年龄众数； （2）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄； （3）现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人，担任本市的人工智能宣传使者．若甲（年龄36岁），乙（年龄42岁）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 【答案】（1），27.5岁 （2）31.75（岁） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中，长方形条面积和为1计算的值，根据频率最高的一组的中点判断众数； （2）利用每组中点与频率乘积的和计算平均值； （3）利用分层抽样计算方法，计算出每层抽取人数，根据古典概型的计算公式计算概率． 【小问1详解】 由所有频率之和为1得，解得． 第二组频率最大，故这人的年龄众数为岁； 【小问2详解】 各组频率依次为0.1，0.35，0.25，0.2，0.1．估计平均年龄为 （岁）． 【小问3详解】 用分层抽样从各组中选取20人，则第四组抽取人（含甲）， 第五组抽取人（含乙），共6人． 从这6人中随机抽取2名组长，设“甲、乙至少有一人被选上”为事件， 则． 18. 在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，若，，且． （1）求的值； （2）若点，分别在边和上，且与的面积之比为，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及二倍角公式可得，结合三角形角的关系与两角和的正弦公式可得； （2）设，由三角形面积关系可得，再根据余弦定理及基本不等式可得的最小值. 【小问1详解】 由已知，即， 由正弦定理有，即，得， 又，则，所以， 又，则， 所以； 【小问2详解】 设，，则，， 与的面积之比为，由，， 则有， 在中，由余弦定理可得： ， 则，当且仅当时，等号成立，符合题意， 所以的最小值为. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，与交于点，，平面，，是棱的中点． （1）求三棱锥的体积，并求点到平面的距离； （2）在棱上是否存在点，使得平面，若存在，请说明理由； （3）设点满足，求的取值范围． 【答案】（1）， （2）当为棱的中点的时候平面， 证明如下：取的中点，的中点，连接、，． 在中，、分别是、的中点，； 因为底面是菱形，，； 又平面，平面， 平面． 又在中，、分别是、的中点，； 又平面，平面， 平面． 又，且平面， 故平面平面． 故在平面内且与棱相交，故与重合； 故为棱的中点的时候平面． （3） 【解析】 【分析】（1）利用三棱锥体积公式求得三棱锥体积，然后利用等体积法，计算点到平面的距离，根据点到平面的距离是点到平面的距离的两倍，计算点到平面的距离； （2）通过构造平面的平行平面，找平行平面与的交点即为点； （3）根据向量的加法法则，可利用得到点的轨迹，根据点的轨迹对所求向量进行转化计算，得到关于一个夹角的式子，根据夹角范围确定向量数量积的范围． 【小问1详解】 三棱锥高为， 三棱锥体积； 为的中点，点到平面的距离是点到平面的距离的两倍， 设点到平面的距离为，则， ，点到平面的距离为； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 为的中点，，， 点在以为球心，1为半径的球上运动， ， 在中，，， ，，设， ， 又，， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南华侨中学2026-2027学年第一学期 高二年级第一次阶段考数学 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，只需将答题卡交回． （第Ⅰ卷） 一、选择题：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. 复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 2. 个数据的第百分位数是（ ） A. B. C. D. 3. 的三个内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 或 4. 如图，空间四边形中，，，，点在上，且，点为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 抛掷一枚质地均匀的硬币3次，记事件“3次中既有正面朝上又有反面朝上”，“3次中至多有一次正面朝上”，下列说法正确的是（ ） A. B. 事件和事件对立 C. 事件和事件互斥但不对立 D. 事件和事件独立 6. 一共有个字母，其中两个，两个，两个，两个，将它们排成一排．则这个字母的不同排列种数为（ ） A. 40320 B. 5040 C. 2520 D. 1260 7. 已知向量，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 如图所示的实验装置中，两个互相垂直的正方形框架的边长均为，活动弹子，分别在对角线，上移动，且，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标为 B. 若点，，且满足，则点的坐标为 C. 若空间四个点，，，满足，则，，，四点共面 D. 若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 10. 某高中开展“书香校园”共读活动，推荐阅读书目有历史类书2本、科学类书3本、文学类书4本（含《红楼梦》和《乡土中国》）．现要求每位学生从中选择4本阅读，则以下说法正确的是（ ） A. 若必读《红楼梦》和《乡土中国》，则共有21种不同选法 B. 若恰好选读历史类书与科学类书各1本，则共有72种不同选法 C. 若至少选读1本科学类书，则共有111种不同选法 D. 若三类书都要选，则共有125种不同选法 11. 如图，点是正四面体的底面的中心，过点的直线分别交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ） A. 存在点与直线，使得 B. 存在点与直线，使得平面 C. 若，，其中，，则的最小值是 D. （第II卷） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 假设，，且与相互独立，则______． 13. 已知向量，向量满足，，则向量与的夹角为________. 14. 如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为__________. 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. （1）设，，已知向量，，，且，，求实数的值； （2）已知向量，，求在上的投影向量的坐标； （3）已知向量，，，若，，，四点共面，求实数的值． 16. 如图，平行六面体的底面是边长为的菱形，. （1）求的长度； （2）求证：平面. 17. 某调研机构为了了解人们对人工智能相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次人工智能知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，估计这人的年龄众数； （2）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄； （3）现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人，担任本市的人工智能宣传使者．若甲（年龄36岁），乙（年龄42岁）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 18. 在锐角三角形中，角，，的对边分别为，，，若，，且． （1）求的值； （2）若点，分别在边和上，且与的面积之比为，求的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，与交于点，，平面，，是棱的中点． （1）求三棱锥的体积，并求点到平面的距离； （2）在棱上是否存在点，使得平面，若存在，请说明理由； （3）设点满足，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $