精品解析：福建晋江市毓英中学2026-2027学年高二上学期第一次段考数学试题

毓英中学2026年秋数学阶段考（一） 一、单选题 1. 甲、乙两人独立地破译一份密码，甲、乙能破译的概率分别为、，则密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（ ）. A. 4 B. C. D. 4. 有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件相互独立 5. 已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 若正四面体的棱，的中点分别为，，则直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 如图，在平行六面体中， 且 ，M为与的交点，设 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D. 若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 三、填空题 12. 已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________． 13. 平面α的一个法向量，点在内，则平面外点到平面的距离为_____． 14. 若是空间的一个基底，且向量，，不能构成空间的一个基底，则实数________． 四、解答题 15. 如图，在三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于为的中点，为线段上靠近的三等分点. （1）设，试用向量表示； （2）求线段的长度. 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（分第一～五组区间分别为，，，，）. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第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. 正方体的棱长为4，分别为中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 18. 甲､乙两人进行象棋比赛，采用五局三胜制，每局均无平局，已知每局比赛甲获胜的概率为，且甲､乙每局比赛的结果互不影响. （1）求三局比赛结束的概率； （2）求四局比赛结束且甲获胜的概率； （3）若第一局甲获胜，求最终乙赢得比赛的概率. 19. 如图，三棱锥中，点在上，，，． （1）证明：； （2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 毓英中学2026年秋数学阶段考（一） 一、单选题 1. 甲、乙两人独立地破译一份密码，甲、乙能破译的概率分别为、，则密码被成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用独立事件乘法公式及对立事件的概率求法求概率. 【详解】由题设，甲乙都不能破译的概率为， 所以密码被成功破译的概率为. 故选：A 2. 已知向量，，且与互相垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量线性关系的坐标运算及垂直的坐标表示列方程求参数即可. 【详解】由题设，， 又与互相垂直，则，解得. 故选：C 3. 已知为直线的一个方向向量，点，，则点P到直线的距离为（ ）. A. 4 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据点到直线的距离的向量求法计算可得结果. 【详解】，故， 所以， 设直线与直线所成角为， 则，可得， 因此点到直线的距离为． 故选：B. 4. 有四种礼盒，前三种里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面三种礼品都有，现从中任选一个盒子，设事件：所选盒中有中国结，事件：所选盒中有记事本，事件：所选盒中有笔袋，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件互斥 D. 事件与事件相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件的定义，逐一判断选项即可． 【详解】选项A，事件和事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本，事件与事件不互斥，A错误； 选项B，，，， ，B正确； 选项C，事件与事件可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本或笔袋，C错误； 选项D，，，， ， 与不独立，故D错误． 故选：B． 5. 已知空间中有5个点、、、、，若满足，且、、、四点共面，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间共面向量定理的推论可求的值. 【详解】由得， 即， 由空间向量共面定理的推论可知，，解得. 故选：B. 6. 若正四面体的棱，的中点分别为，，则直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取为基底，不妨设，用基底表示出，，最后利用空间向量的数量积求得到直线与所成角的正弦值. 【详解】取为基底，不妨设，则由题意知， ，， 又，， 所以， 设直线与所成角为（）， 则， 直线与所成角的正弦值为. 7. 如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必须正常，然后利用独立事件，对立事件概率公式计算. 【详解】记零件或系统能正常工作的概率为， 该系统正常工作的概率为: , 故选：C. 8. 如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，由数量积的坐标表示得到，进而可求解； 【详解】如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设， 其中，，，， ，，， 当，且或时，取最大值4， 当，且时，取最小值2，所以的取值范围为． 故选：C 二、多选题 9. 如图，在平行六面体中， 且 ，M为与的交点，设 则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量的基本定理可判断选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断选项. 【详解】对于，，故正确； 对于， ，故错误； 对于，， ，， ， 故正确； 对于，，故正确. 故选：. 10. 设A，B是两个随机事件，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A与B相互独立，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用和事件的概率公式，及相互独立事件同时发生的概率公式即可求解；对于B，利用互斥事件的关系即可求解； 对于C，根据积事件的概率公式，及事件的关系即可求解； 对于D,根据和事件的概率公式求出再由相互独立事件的定义得到A与B相互独立再利用和事件的概率公式即可求解 【详解】若A与B相互独立，则， ∴，故A正确； 若A与B互斥，则，∴，故B错误； ∵，∴， ∴，故C正确； ∵，∴， ∴A与B相互独立.∴与B相互独立，A与相互独立. ∴ ，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，空间中的点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则的最大值为 C. 若，则平面截该正方体的截面面积的最小值为 D. 若，则平面与平面夹角的正切值的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用空间向量的模建立方程求出最小值判断B；作出截面并求出最小面积判断C；利用面面角的向量求法求解判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 由，得，即点， 对于A，，则点，，， ，因此，A正确； 对于B，，则，即， 令，则， 其中锐角由确定，则当时，的最大值为，B正确； 对于C，，在边上，且， 因平面平面，设平面平面， 而平面平面，则，同理， 因此是平面截该正方体的截面， 点到直线的距离 ，当且仅当时取等号， ，C错误； 对于D，因， 设平面的法向量，则， 令，得； 又，因，则， 令平面的法向量，则， 令，得. 设平面与平面的夹角为， 则，， 当时，，当时，， 当且仅当或时取等号，因，此时最小，，， 因此平面与平面夹角的正切值的最小值为，D正确. 故选：ABD 三、填空题 12. 已知向量，，是两两不平行的向量，且，，则的值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：由条件可得，，消去，根据平面向量基本定理列方程求结论； 方法二：先证明共面，设，由条件结合平面向量基本定理列方程求结论. 【详解】方法一：因为，所以. 因为，所以， 所以， 因为不平行，所以，所以. 方法二：因为，，两两不平行， 所以，. 若不共面，所以，矛盾， 所以共面，可设， 所以， 所以. 因为，可设， 所以，， 所以，， ，所以. 13. 平面α的一个法向量，点在内，则平面外点到平面的距离为_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用点到平面的距离公式即可求解. 【详解】因为，，， 所以点到平面的距离. 故答案为： 14. 若是空间的一个基底，且向量，，不能构成空间的一个基底，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可知存在，使得，结合空间向量基本定理运算求解. 【详解】由不能构成空间的一个基底，则存在，使得， 即， 所以，解得. 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，在三棱柱中，底面边长和侧棱长都等于为的中点，为线段上靠近的三等分点. （1）设，试用向量表示； （2）求线段的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量的加减运算求解即可； （2）根据空间向量的数量积的运算律及数量积的定义运算求解， 【小问1详解】 . 【小问2详解】 依题意，， 则 . 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（分第一～五组区间分别为，，，，）. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第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. 【答案】（1）20 （2）平均数32.25; 第80百分位数37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，先求出年龄在内的频率，再求出频数； （2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值； （3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可. 【小问1详解】 （1）由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 【小问2详解】 (2) 平均数为 32.25; 前三组的频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为. 【小问3详解】 （3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人. 记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种. 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题. 17. 正方体的棱长为4，分别为中点，． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 法一、在正方形中， 由条件易知 ，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵平面，∴平面； 法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的一个法向量， 则，令，则，所以， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可； （2）利用空间向量计算面面夹角即可； （3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则，即， 设平面与平面的夹角为， 则； 【小问3详解】 由（1）知平面，平面，∴， 易知， 又，则D到平面的距离为， 由棱锥的体积公式知：. 18. 甲､乙两人进行象棋比赛，采用五局三胜制，每局均无平局，已知每局比赛甲获胜的概率为，且甲､乙每局比赛的结果互不影响. （1）求三局比赛结束的概率； （2）求四局比赛结束且甲获胜的概率； （3）若第一局甲获胜，求最终乙赢得比赛的概率. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算得解. （2）利用相互独立事件的概率公式计算得解. （3）利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算得解. 【小问1详解】 比赛三局，甲获胜的概率；乙获胜的概率， 所以三局比赛结束的概率为. 【小问2详解】 四局比赛结束且甲获胜，则前3局甲输1局，第4局胜，其概率为. 【小问3详解】 第一局甲获胜，最终乙赢得比赛的事件为，乙连赢3局的概率为， 第2，3，4局乙输1局，第5局赢的概率为， 所以. 19. 如图，三棱锥中，点在上，，，． （1）证明：； （2）若，，，，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $