湖北省十堰市八校教联体2025-2026学年高二上学期9月联考数学试题（Word版附解析）

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命题学校：柳林中学 命题教师：武君红 审题教师：周丽娜
考试时间：2025 年 9 月 26 日上午 8：00—10：00 试卷满分：150 分
一､单选题（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. 已知复数 z 满足 ，则 的虚部为（ ）
A. －1 B. 1 C. －i D. i
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出复数 ，再由共轭复数定义得到 ，求出其虚部.
【详解】因为复数 z 满足 ，所以 ，
所以 ， 的虚部为－1．
故选：A．
2. 已知随机事件 和 互斥， 和 对立，且 ，则 （ ）
A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5
【答案】D
【解析】
【分析】利用对立事件概率公式和互斥事件加法公式计算即可.
【详解】由 和 对立， ，可得 ，解得 ，
又由随机事件 和 互斥可知 ，
由 ，
将 代入计算可得 .
故选：D.
3. 样本数据 的下四分位数为（ ）
A 3 B. 3.5 C. 10 D. 11
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【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用百分位数的求法，即可求解.
【详解】因为 ，所以样本数据 的下四分位数为 ，
故选：B.
4. 已知平面向量 ，则 在 上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义计算即得.
【详解】∵ ，∴ ，
所以 在 上的投影向量为： .
故选：A.
5. 已知 m，n 为两条不同的直线， ， 为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若 ， ， ，则
B. 若 ， ， ，则
C. 若 ， ，则
D. 若 m，n 是异面直线， ， ； ， ，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定，线面平行的判定，线线的位置关系及面面平行的性质逐一判断即可．
【详解】对于 A，若 ， ， ，则 或 异面，故 A 错误．
对于 B，如图所示 ， ， ，但 ，故 B 错误；
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对于 C，如图所示 ， ，但 ，故 C 错误；
对于 D，由 ，则过直线 作平面 ，使得 ，于是 ，
而 ， ，所以 ，由 m，n 是异面直线，则 必相交，
， ， ，所以 ，故 D 正确.
故选：D.
6. 下面定义一个同学数学成绩优秀的标志为：“连续 5 次考试成绩均不低于 120 分”．现有甲、乙、丙三位同
学连续 5 次数学考试成绩的记录数据（记录数据都是正整数）：
①甲同学：5 个数据的中位数为 127，众数为 120；
②乙同学：5 个数据的中位数为 125，总体均值为 127；
③丙同学：5 个数据的中位数为 135，总体均值为 128，总体方差为 19.8；
则可以判定数学成绩优秀的同学为（ ）
A. 甲、丙 B. 乙、丙 C. 甲、乙 D. 甲、乙、丙
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由中位数，平均数，众数以及方差的意义，即可得到结果.
【详解】在①中，甲同学：5 个数据的中位数为 127，众数为 120，
所以前三个数为 120，120，127，则后两个数肯定大于 127，
故甲同学数学成绩优秀，故①成立；
在②中，5 个数据的中位数为 125，总体均值为 127，
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可以找到很多反例，如：118，119，125，128，128，
故乙同学数学成绩不优秀，故②不成立；
在③中，5 个数据的中位数为 135，总体均值为 128，总体方差为 19.8，
设 ，
则
∴ ，
∴ ，
∴丙同学数学成绩优秀，故③成立，
∴数学成绩优秀有甲和丙 2 个同学．
故选:A
7. 如图，直三棱柱 ， ，平面 平面 ，直三棱柱
的体积为 ，则 与平面 所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点 作 ，垂足为 ，由平面 平面 可得 平面 ，进而得到
，结合直三棱柱的特征可得 ，进而得到 平面 ，可得 为直线
与平面 所成的角，进而求解即可.
【详解】过点 作 ，垂足为 ，
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因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
在直三棱柱 中， 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，
则 为直线 与平面 所成的角，且 ，
因为 ，且直三棱柱 的体积为 ，
所以 ，解得 ，
而 ，则 ，即 ，
则 与平面 所成的角为 .
故选：C
8. 某校高二年级学生举行中国象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、乙、丙三位同学进入决赛.决赛规则如下，
累计负两场者被淘汰，比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一
场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被
淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束.若经抽签，已知第一场甲，乙首先比赛，丙轮空，设每场比赛双方
获胜的概率都为 ，则（ ）
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A. 甲获得冠军的概率最大 B. 甲与乙获得冠军的概率都比丙大
C. 丙获得冠军的概率最大 D. 甲、乙、丙每人获得冠军的概率都一样大
【答案】C
【解析】
【分析】分情况分别求出甲、乙、丙获得冠军的概率即可求解.
【详解】根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛，
（1）甲获得冠军有两种情况：①共比赛四场结束，甲四连胜夺冠，概率为 .
②共比赛五场结束，并且甲获得冠军.则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况：胜胜胜负胜，胜胜负空胜，
胜负空胜胜，负空胜胜胜，概率分别为 .
因此，甲最终获得冠军的概率为 .
（2）乙获得冠军，与（1）同理，概率也为 .
（3）丙获得冠军，概率为 ，
∴丙获得冠军的概率最大.
故选：C
二､多选题（本题共 3 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. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组样本数据的方差 ，则这组样本数据的总和为 60
B. 数据 13，27，24，12，14，30，15，17，19，23 的第 70 百分位数是 23
C. 若一个样本容量为 8 的样本的平均数是 5，方差为 2.现样本中又加入一个新数据 5，此时样本的平均数
不变，方差变大
D. 若样本数据 的标准差为 8，则数据 的标准差为 16
【答案】AD
【解析】
【分析】对于 A，由题意可得样本容量为 20，平均数是 3，从而可得样本数据的总和，即可判断；对于 B，
根据百分位数的定义，求出第 70 百分位数，即可判断；对于 C，由题意可求得新数据的平均数及方差，即
可判断,对于 D，根据标准差为 8，可得方差为 64，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断；
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【详解】对于 A，由方差的公式可知，该组数据的平均数是 3，这组样本数据的总和为 ，A 正确；
对于 B，数据 13，27，24，12，14，30，15，17，19，23 共 10 个数，
从小到大排列为 12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，由于 ，
故选择第 7 和第 8 个数的平均数作为第 70 百分位数，即 ，
所以第 70 百分位数是 23.5，故 B 错误；
对于 C，某 8 个数的平均数为 5，方差为 2，现又加入一个新数据 5，
设此时这 9 个数的平均数为 ，方差为 ，则 ，故 C 错误．
对于 D，样本数据 ， ， ， 的标准差为 8，故数据 ， ， ， 的标准差为
，故 D 正确；
故选：AD．
10. 已知 是随机事件，且 ，则下列说法正确的有（ ）
A. 与 可能为互斥事件
B. 若 ，则 与 相互独立
C. 若 ，则
D. 若 与 相互独立，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由题设结合独立事件、互斥事件的定义、概率公式与性质逐项判断即可.
【详解】选项 A：因为 ，所以 ， 与 不可能为互斥事件，A 说法错误；
选项 B：因为 ，所以若 ，则 与 相互独立，B 说
法正确；
选项 C：若 ，则 ，C 说法正确；
选项 D：若 与 相互独立，则 与 也相互独立，证明如下：
因为 与 互斥，且 ，
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所以 ，
所以 ，即 与 也相互独立，
所以 ，
因为 ，所以 ，
代入得 ，D 说法错误；
故选：BC
11. 在信道内传输 0，1 信号，信号的传输相互独立，发送 0 时，收到 1 的概率为 收到 0 的概
率为 ；发送 1 时，收到 0 的概率为 收到 1 的概率为 ．共有两种传输方案：单次传
输和三次传输．单次传输是指每个信号只发一次；三次传输是指每个信号重复发送 3 次．收到信号需要译
码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译
码（例如，若依次收到 0，1，1，则译码为 1）．则（ ）
A. 采用单次传输方案，若依次发送 0，0，则收到两个译码恰好有一个正确的概率为
B. 采用三次传输方案，若发送 1，则收到的译码为 1 的概率为
C. 采用单次传输方案，若随机发送一个信号（发送 0 和发送 1 的概率都是 ），则收到的译码为 1 的概率
为
D. 当 时，若发送 0，采用三次传输方案译码为 0 的概率大于采用单次传输方案译码为 0 的概率
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据独立事件的概率乘法公式以及列举法判断各选项即可.
【详解】对于 A，由题意，采用单次传输方案，收到两个译码恰好有一个正确的概率为
，故 A 错误；
对于 B，采用三次传输方案，若发送 1，译码为 1 的情况分别为“ ”、“ ”、“ ”、
“ ”，
则译码为 1 的概率为 ，故 B 正确；
对于 C，采用单次传输方案，则收到的译码为 1 的概率为
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，故 C 正确；
对于 D，若发送 0，采用三次传输方案译码为 0 的情况有“ ”、“ ”、“ ”、“ ”，
所以收到译码为 0 的概率 ；
若发送 0，采用单次传输方案译码为 0 的概率为 ，
由 ，且 ，
则 ，即 ，故 D 正确；
故选：BCD.
三､填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
12. 在三角形 中， ， ， ，则 ______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的性质及向量的数量积公式进行计算即可.
【详解】 ，
，
，
因此 .
故答案 ： .
13. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷 次，向上的点数分别记为 ，则事件“ ”的概率为
____________.
【答案】
【解析】
【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结
果.
【详解】将一枚质地均匀的骰子连续抛掷 次，向上的点数 所有可能的结果有：
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，共 个基本事件；
其中满足 的有：
，
共 个基本事件，
所求概率 .
故答案为： .
14. 在棱长为 的正方体 中，点 E 是棱 的中点，则直线 与 所成角的余弦值
为______；点 P 是正方体表面上的一动点，且满足 ，则动点 P 的轨迹长度是______．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】①以 为直线 与 AC 所成的角或其补角，利用余弦定理求解；②分别取
，AB，AD 的中点 F，G，M，N，H，则点 的轨迹是六边形 .
【详解】①连接 ，易得 ，
所以 为直线 与 AC 所成的角或其补角．又 ，
由余弦定理得 ，
即直线 与 AC 所成角的余弦值为 ．
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②分别取 ，AB，AD 的中点 F，G，M，N，H，
连接 EF，FG，GM，MN，NH，HE， ，
因为 且 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
因为 F，M，N 分别是 ，AB 的中点，所以 ，
所以 ，同理可得 ，
所以 E，F，G，M，N，H 六点共面，且六边形 EFGMNH 为边长为 的正六边形，
因为 平面 ， 平面 ，所以 BD，又 ，
平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，因为 N，H 分别为 AB，AD 的中点，所以 ，
，同理可得 ，又 ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 ，所以点 的轨迹是六边形 ，
所以点 P 的轨迹长度为 ．
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. 在一个文艺比赛中，6 名观众代表和 9 名专业人士组成一个评委小组，给参赛选手打分．已知这 6 名观
众代表对选手 的打分分别为 75，84，94，82，73，90，这 9 名专业人士对选手 的打分的平均分为 80.5，
方差为 32．
（1）求这 6 名观众代表对选手 的打分的平均分和方差；
（2）求这 6 名观众代表和 9 名专业人士对选手 的打分的平均分和方差．
【答案】（1） ，
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（2） ，
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用数据的平均数和方差的计算公式，准确计算，即可求解；
（2）根据题意，利用平均数和分层抽样的方差计算公式，准确计算，即可求解.
【小问 1 详解】
解：这 6 名观众代表对选手 的打分的平均分 ，
这 6 名观众代表对选手 的打分的平均分的方差为：
．
【小问 2 详解】
解：这 6 名观众代表和 9 名专业人士对选手 A 的打分的平均分 ，
这 6 名观众代表和 9 名专业人士对选手 A 的打分的方差为：
．
16. 某校为普及安全知识，举办了安全知识竞赛，从所有答卷中随机抽取 100 份作为样本，将样本的成绩（满
分 100 分，成绩均为不低于 40 分的整数）分成六组： ， ，…， ，整理得到如图
所示的频率分布直方图．
（1）求频率分布直方图中 的值，并估计这次竞赛的平均成绩；
（2）按照成绩从高到低选出样本中前 的学生组成安全宣传队，请估计进入宣传队的学生成绩至少需要
多少分？
（3）在（2）的条件下，按成绩采用样本量比例分配的分层抽样从宣传队中抽取 6 名学生担任宣传队骨干，
再从这 6 人中随机选取 2 人担任正副队长，求正副队长中至少有 1 名学生成绩在 的概率．
【答案】（1） ；
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（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分别直方图每组小矩形的面积之和为 1，列出方程，求得 ，再由平均数的
计算公式，即可求解；
（2）根据题意，成绩从高到低选出样本中前 的学生，即为 分位数，结合百分位数的计算方法，
即可求解；
（3）根据题意，得到成绩在 的学生有 2 人，在 的学生有 4 人，利用列举法求得基本事件
的总数和所求事件中包含的基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【小问 1 详解】
解：因为频率分别直方图每组小矩形的面积之和为 1，
可得 ，解得 ，
竞赛的平均成绩： .
【小问 2 详解】
解：由频率分别直方图的数据，可得：
成绩在 内的频率为： ，
成绩在 内的频率为： ，
所以成绩从高到低选出样本中前 的学生，即为 分位数，设为 ，
可得 分，即估计进入宣传队的学生成绩至少需要 分.
【小问 3 详解】
由题意得，样本中宣传队学生的人生为 ，
其中成绩在 的学生人数为 ，
成绩在 学生人数为 ，
从样本中按分层抽样的方法抽取 6 人，则成绩在 的学生有 2 人，记为 ，
在 的学生有 4 人，记为 ，
从中选 2 人担任正副队长的样本空间为：
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,
，
记事件 “正副队长中至少有 1 名学生成绩在 ”，则：
，
由古典摡型的概率计算公式，可得 .
17. 甲、乙两人参加某高校的入学面试，入学面试有 3 道难度相当的题目，甲答对每道题目的概率都是 ，
乙答对每道题目的概率都是 ，对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人答题互不影响；
（1）求甲、乙两人共答对 5 道题目的概率．
（2）若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第 3 次为止，
求甲、乙两人只有一人通过面试的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合互斥事件加法公式即可求解；
（2）先求甲乙两人分别没通过面试的概率，再利用对立事件，即可得到甲乙两人分别通过面试的概率，然
后利用两人中仅有一人通过，结合两相互独立事件概率乘法公式即可求解.
【小问 1 详解】
设 “甲答对 3 道题目”, “甲答对 2 道题目”
“乙答对 3 道题目”， “乙答对 2 道题目”，根据独立事件的性质，可得，
， ，
， ，
设 为 “甲、乙两人共答对 5 道题目”，
则 ，因为 与 互斥， 与 ， 与 分别相互独立，
，
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所以甲、乙两人共答对 5 道题目的概率 ．
【小问 2 详解】
C=“甲通过面试”，D=“乙通过面试”， 与 相互独立，
，
E=“甲、乙两人只有一人通过面试”，则 ，因为 与 互斥，
与 ， 与 分别相互独立，
所以甲、乙两人只有一人通过面试的概率
18. 如图，在四棱锥 中，底面 是菱形，平面 平面 ， 是边长为 2 的
正三角形， ， 是 中点，过点 ， ， 的平面与 交于点 .
（1）求证： ；
（2）求证： ；
（3）求二面角 的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由题意得 ，则由线面平行的判定定理可得 平面 ，再利用线面平行的性质
定理可证得结论；
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（2）由题意可得 是 中点，则 ，再利用面面垂直的性质可得 平面 ，则
，而 ，则可得结论；
（3）过 作 于 ，连接 ，则可证得 就是二面角 的平面角，然后在
中求解即可.
【小问 1 详解】
因为底面 是菱形，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为平面 平面 ， 平面 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
由（1）知 ， ，所以 ，
因为 是 中点，所以 是 中点，
因为 是正三角形，所以 ，
因为平面 平面 ，
平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ，所以 ；
【小问 3 详解】
过 作 于 ，连接 ，
由（2）知 平面 ，
又因为 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，
因 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 就是二面角 的平面角，
在正三角形 中， ， ，
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在 中， ， ，所以 ，
在 中， ，
在 中， ，
所以二面角 的正切值为 .
19. 乒乓球被称为中国的“国球”，在 2024 年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11 分制
乒乓球比赛，每赢一球得 1 分，当某局打成 平后，每球交换发球权，先多得 2 分的一方获胜（比如：
比分为 ，得 12 分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率
为 ，乙发球时甲得分的概率为 ，各球的结果相互独立.在某局双方 10：10 平后，甲先发球.
（1）若两人又打了 2 个球比赛结束且甲获胜的概率为 ，求 的值；
（2）若 满足（1）中条件取值，记事件 “两人又打了 4 个球该局比赛结束”，事件 “两人又打了
个球该局比赛结束”.
（i）求 ；
（ii）直接写出 .
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii） ， .
【解析】
【分析】（1）记 表示打第 个球是甲胜，由题意可得 ，求解即可.
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（2）（i） ， 为奇数； ， 为偶数，根据 ， ， ，
互斥，各球的结果相互独立，计算可得结论；（ii）与（i）类似可得结论.
【小问 1 详解】
记 表示打第 个球是甲胜，
两人又打了 2 个球比赛结束且甲获胜即 ，各球的结果相互独立，
， ， ， .
【小问 2 详解】
（i） ， 为奇数； ， 为偶数.
.
， ， ， 互斥，各球的结果相互独立.
.
.
.
.
.
（ii） ， .
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