2026马鞍山二中高二上学期9月教学质量监测试题数学含解析

这是一份2026马鞍山二中高二上学期9月教学质量监测试题数学含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数在复平面内对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量 ，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．一个正四棱锥的高是2，底面边长也为2，则正四棱锥的侧面积是（ ）
A．B．C．D．
4．已知一组数据为，则这组数据的分位数是（ ）
A．3B．4C．4.5D．5
5．已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
6．某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查．为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题．回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做．若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ）
A．0.035B．0.15C．0.105D．0.07
7．已知是边长为2的等边三角形，为平面内一点，则的最小值是（ ）
A．B．C．-1D．
8．如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．与的夹角为
C．D．在方向上的投影向量的模是
10．在图书馆的借书抽奖活动中，工作人员准备了编号为1、2、3、4的4个神秘书签，书签除编号外完全相同．小张依次不放回地抽取两张书签，依次抽出后记录编号（ ）
A．第一张书签编号比第二张大的概率是
B．“两书签编号之和为6”的概率是
C．“抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为5”相互独立
D．“抽到第一张书签编号为奇数或两书签编号和为5”的概率为
11．已知正方体的棱长为2，为上一动点，为棱的中点，则（ ）
A．四面体的体积为定值
B．存在点，使平面
C．二面角的正切值为
D．当为的中点时，四面体的外接球表面积为
三、填空题
12．若（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则实数 .
13．一平面图形的直观图是边长为的正方形，则原图形的周长是 ．

14．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛，满分为100分，所有参赛学生的成绩都不低于50分．现从中随机抽取了50名学生的成绩，按照，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中的值，并估计所抽取的50名学生成绩的平均数、中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)若利用分层抽样的方法从样本中成绩不低于70分的学生中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求恰有1人成绩在的概率．
16．已知向量，．
(1)若，求的值；
(2)若，与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
17．在锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知
(1)求B；
(2)求的取值范围.
18．某次答辩活动有4道题目，第1题1分，第2题2分，第3题3分，第4题4分，每道题目答对给满分，答错不给分，甲参加答辩活动，每道题都要回答，答对第题的概率分别为，，，，且每道题目能否答对都是相互独立的．
(1)求甲得10分的概率；
(2)求甲得3分的概率；
(3)若参加者的答辩分数大于6分，则答辩成功，求甲答辩成功的概率．
19．如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）．

(1)当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值；
(2)在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值；
(3)在翻折过程中，求二面角的最大值．
1．B
根据复数的几何意义表示出，再根据复数代数形式的除法运算法则计算即可.
【详解】复数在复平面内对应的点为，则，
所以.
故选：B．
2．A
根据题意可得，结合投影向量的定义分析求解.
【详解】因为，
则，
所以在方向上的投影向量为.
故选：A.
3．C
利用正四棱锥的性质及勾股定理即可求出侧面积.
【详解】

由正四棱锥顶点在底面的投影是底面正方形的中心，
所以根据题意，可知，
在直角三角形中，有，
所以三角形的面积为，
即正四棱锥的侧面积是，
故选：C.
4．C
根据已知条件，结合百分位数定义即可求解.
【详解】数据从小到大排序为：，共8个，则，
则这组数据的分位数是：.
故选：C
5．D
ABC选项，可举出反例；D选项，可由平行和垂直的性质和判定证明.
【详解】A选项，若，，则或，A错误；
B选项，若，不能推出，B错误；
C选项，若，则不能推出，C错误；
D选项，因为，，所以.又，所以，D正确.
故选：D
6．B
根据全概率公式列式求值.
【详解】抛掷两颗骰子，基本事件有个，
其中和为偶数的基本事件有个，和为奇数的基本事件有个.
所以学生回答第一、第二个问题的概率均为.
第一个问题中，第一颗骰子的点数比第二颗大的概率为.
设该地区中学生吸烟人数的比例约为，
由题意：，解得.
结合选项，最接近的是.
故选：B
7．A
根据条件建立坐标系，求出点的坐标，利用坐标法结合向量数量积的公式进行计算即可．
【详解】建立如图所示的坐标系，以中点为坐标原点，
则，，，
设，则，，，
则
当，时，取得最小值，
故选：A
8．B
设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.
【详解】

设的中点为，连接（不与点重合），，，，
所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，
在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，
在中利用余弦定理可得，

所以的周长的最小值为．
故选：B．
9．BD
已知向量的坐标，证明向量垂直，求向量的模长、夹角、投影等都比较简单，根据公式求解即可.
【详解】因为，，所以，
则，所以与不垂直，故A错误；
因为，所以，故C错误；
，因为，所以，B正确；
在方向上的投影向量是，故D正确.
故选:BD.
10．ACD
对于选项A，求得不放回抽取总的方法数和第一张书签编号比第二张大的抽法数，利用古典概型概率公式计算可判断；对于选项B、C、D，利用列举法求出各事件包含的基本事件数，进而计算出相应概率，最后结合事件独立性定义和概率加法公式进行判断即可.
【详解】选项A，依次不放回地抽取两张书签有，
共12种，
第一张书签编号比第二张大的抽法有共6种，
所以第一张书签编号比第二张大的概率是，故A正确；
选项B，“两书签编号之和为6”的有序数对为和，共2种结果，
故“两书签编号之和为6”的概率是，所以B错误；
选项C，设事件“抽到第一张书签编号为奇数”，事件“两书签编号和为5”，
对事件：第一张书签编号为奇数（1或3），有2种可能，
第二张书签编号无要求，共种结果，所以；
对事件：两书签编号和为5的有序数对为，共4种结果，所以.
因此事件：抽到第一张书签编号为奇数且两书签编号和为5，有，共2种结果，
所以.
由于，
所以“抽到第一张书签编号为奇数”与“两书签编号和为5”相互独立，故C正确；
选项D，根据上述分析，，故D正确.
故选：ACD.
11．ABD
A选项利用等体积法进行转化即可判断；B选项找到点的位置再进行证明；C选项作出二面角的平面角进行求解；D选项利用直接法找到外接球的球心位置进行求解即可.
【详解】对于A选项，在正方体中，，，，
，四边形是平行四边形，，
平面，平面，平面，
为上一动点，，
正方体的棱长为2，
，
四面体的体积为定值，故A正确；
对于B选项，当为中点时，平面，证明如下：
取的中点，的中点，连接，
分别为中点，，
平面，平面，平面，，
分别为中点，，
在正方形中，，，
，平面，
平面，平面，，
分别为中点，，
平面，平面，平面，，
分别为中点，，
在正方形中，，，
，平面，平面，
平面，，
，平面，平面，
即存在点，使平面，故B正确；
对于C选项，过作于点，过作于点，
在直角三角形中，，，，
，，
在中，，，，
，，
，，
，点与重合，
是二面角的平面角，
，故C错误；
对于D选项，取的中点，连接，
在直角三角形中，，
又由B选项中可知， 平面，平面，
，
，，，为四面体的外接球的球心，
外接球半径为，外接球的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
12．-2
利用实系数一元二次方程的虚根成对原理和根与系数的关系即可得出.
【详解】（i为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，
（i为虚数单位）也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，
，解得.
故答案为：-2.
13．8
由斜二测画法可知，平行于轴的线段长度保持不变，平行于轴的线段长度变为原来的一半.
【详解】根据斜二测画法还原图形，根据直观图可得正方形的对角线的长为，
所以原图形中对应线段的长度为.
如图所示：

所以原图形中平行四边形的一条边的边长为：.
所以周长为：.
故答案为：.
14．
由面积公式与正余弦定理化简后得出关系,结合基本不等式进行求解.
【详解】在中，，
由得，
因为，所以，
由余弦定理得，则，故，
又由正弦定理得，
整理得，
因为，故或（舍去），得，
为锐角三角形，故，解得，故，
而，
∴根据对勾函数的性质可知，
在时取最小值，且，
∴，
∴的取值范围是．
故答案为：.
15．(1)，平均数为分，中位数为分；
(2)
（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，将每个矩形的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全部相加可得平均数，根据中位数左边的矩形面积之和为可求得中位数的值；
（2）分析可知后三组中所抽取的人数分别为，将这人进行标记，列举出所有的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】（1）由已知可得，解得，
所抽取的名学生成绩的平均数为（分），
由于前两组的频率之和为，前三组的频率之和为，
所以，中位数，由题意可得，解得（分）.
（2）由（1）可知，后三组中的人数分别为，故这三组中所抽取的人数分别为，
记成绩在这组的名学生分别为，成绩在这组的名学生分别为，成绩在这组的名学生为，
则从中任抽取人的所有可能结果为、、、、、、、、、、、、、、，共种.
其中恰有人成绩在为、、、、、、、共种.
故所求概率为.
16．(1)或
(2)
（1）首先求出、的坐标，再根据得到，由数量积的坐标表示得到方程，解得即可；
（2）首先求出的坐标，依题意可得且与不共线同向，即可得到方程（不等式）组，解得即可.
【详解】（1）因为，，
所以，
∵，∴，
∴，即，
解得或.
（2）当时，，
∵与的夹角为锐角，
则且与不共线同向，
∴，解得，
∴的取值范围是.
17．(1)
(2)
（1）由三角恒等变换，结合正弦定理化简可得即可求解；
（2）由正弦定理，结合三角恒等变换化简可得，再由锐角三角形确定的范围，得到值域即可.
【详解】（1），
由正弦定理，，又，
所以，
锐角中，，，
，
，.
（2）由（1）知，，
又为锐角三角形，，所以，
由正弦定理，
，
又，，，
.
所以的取值范围.
18．(1)
(2)
(3)
（1）利用独立事件的概率公式求解即可.
（2）将甲得3分分为两种情况，再结合互斥事件的概率公式求解即可.
（3）将甲答辩成功这个事件合理拆分，再结合互斥事件和独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）由题意得每道题目能否答对都是相互独立的事件，
由独立事件概率公式得甲得10分的概率为．
（2）甲得3分有两种情况：甲答对第1题和第2题，甲答对第3题．且两种情况互斥，
故甲得3分的概率为．
（3）若甲恰好答对2道题目答辩成功，则甲必定答对第3题和第4题．
甲答辩成功的概率为．
若甲恰好答对3道题目答辩成功，则甲答对第2题、第3题、第4题，
或者答对第1题、第3题、第4题，或者答对第1题、第2题、第4题．
甲答辩成功的概率为．
由（1）可知甲得10分的概率为，所以甲答辩成功的概率为．
19．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）连接交于点，如下图所示：

则，
因为，所以，即，
又，所以，可得，
同理易证，所以，
翻折后当平面平面时，平面平面，且，
又平面，所以平面；
可知即为直线与平面所成的角，
在中，，
即直线与平面所成角的正切值为；
（2）过点作，垂足为，如下图所示：

因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，
即即为直线与平面所成的角，
在翻折过程中，设，由（1）可知，，
在中，，
所以，
设，则，
所以，其中，
所以，解得，
显然当时，，故，
即，又易知，所以，
即直线与平面所成角的最大值为；
（3）过作于点，连接，如下图所示：

由（2）知平面，因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以，又，
所以为二面角的平面角，
因为，，所以，可得，
结合（2）可得，
在中，,
令，则，
即，其中，
所以，解得，
显然当时，，故，
即，结合，可知，
因此二面角的最大值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
C
C
D
B
A
B
BD
ACD
题号
11









答案
ABD