2026-2027学年湖北省荆州市荆州中学高二上学期9月收心考数学试卷（含答案）

/数学一、单项选择题：本大题共8小题，共40分．1.样本数据的中位数为（）A.5 B.6 C.8 D.92.已知平面向量，不共线，且，则（）A.， B.， C.， D.，3.已知集合，，则（）A. B. C. D.4.已知两单位向量的夹角为，若，则（）A. B. C. D.5.若向量，，则“”是“”的（）A.必要不充分条件 B.充要条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件6.如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为（）A. B. C. D.7.已知的面积为，，，则（）A. B. C. D.28.在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（）A.与，都有关 B.与，都无关C.与有关，与无关 D.与有关，与无关二、多项选择题：本大题共3小题，共18分．9.设，则（）A. B. C. D.10.已知平面向量，，则（）A. B.与可作为一组基底向量C.与夹角的余弦值为 D.在方向上的投影向量的坐标为11.在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（）A. B.C.当时，平面 D.当平面时，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在正方体各个表面的对角线中，与直线异面的有__________条13.在中，，，，若点满足，则______.14.如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在正三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为________．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.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：（1）；（2）平面ABE．16.对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据（1）求的值；（2）已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户；（3）求第50百分位数．17.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离．18.已知在中，，，．（1）求；（2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求．19.如图1，已知三棱锥，图2是其平面展开图，四边形为正方形，和均为正三角形，，分别为，的中点，.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若点在棱上，满足，，点在棱上，且，求的取值范围．

数学一、单项选择题：本大题共8小题，共40分．1.样本数据的中位数为（）A.5 B.6 C.8 D.9答案：B解析：思路：结合中位数定义可得.解答过程：将已知数据从小到大排序为，则中位数为.2.已知平面向量，不共线，且，则（）A.， B.， C.， D.，答案：A解析：思路：由平面向量基本定理可得.解答过程：由题意可知平面向量不共线，且，则.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：因为，，，即集合，且集合，所以.4.已知两单位向量的夹角为，若，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：由，利用数量积的运算即可求解.解答过程：由题意有：，所以，故选：A.5.若向量，，则“”是“”的（）A.必要不充分条件 B.充要条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件答案：C解析：思路：根据向量垂直的坐标运算即可结合充分不必要条件的定义求解.解答过程：若，则，即.若，则，解得.故“”是“”的充分不必要条件，故选：C6.如图，在正方体中，M，N分别为和的中点，则异面直线AM与BN所成角的正弦值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：取AB的中点，的中点，则或其补角为AM与BN所成的角，利用余弦定理解三角形即可.解答过程：取AB的中点，的中点，连接，又M，N分别为和的中点，正方体中，，，四边形为平行四边形，有，同理有，则或其补角为AM与BN所成的角，连接EF，设正方体的边长为，则，，，所以，因此，即异面直线AM与BN所成角的正弦值为.故选：B．7.已知的面积为，，，则（）A. B. C. D.2答案：A解析：思路：根据面积公式可求得.由余弦定理即可求出.根据正弦定理，即可推得.解答过程：由可得，，所以.由余弦定理可得，，所以.由正弦定理可得，.故选：A.8.在正方体中，动点在棱上，动点在线段上，为底面的中心，若，,则四面体的体积（）A.与，都有关 B.与，都无关C.与有关，与无关 D.与有关，与无关答案：B解析：思路：作出辅助线，设正方体的边长为，可得，到平面的距离为定值，到直线的距离为定值，的面积为定值．从而得到即可求解.解答过程：如图，连接，，，，，，设正方体的边长为∵，平面，平面，∴平面，∴到平面的距离为定值，∵，∴到直线的距离为定值，∴的面积为定值．∵，∴四面体的体积是与m，n无关的定值．故选：B二、多项选择题：本大题共3小题，共18分．9.设，则（）A. B. C. D.答案：ACD解析：解答过程：对于A选项，复数的共轭复数，因此，A选项正确.对于B选项，复数的模，因此，B选项错误.对于C选项，∵，∴，该选项正确.对于D选项，∵分子，分母，∴，是实数，故，该选项正确.10.已知平面向量，，则（）A. B.与可作为一组基底向量C.与夹角的余弦值为 D.在方向上的投影向量的坐标为答案：BC解析：思路：对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得.解答过程：对A：，则，故A错误；对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确；对C：，故C正确；对D：，故D错误.

故选：BC.11.在空间中，，为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（）A. B.C.当时，平面 D.当平面时，答案：BC解析：思路：做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D.解答过程：不失一般性作图如下，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，，连接，则，因为二面角为，所以，由已知，所以，所以，故，，B正确；当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近，此时趋向于，A错误；因为，，平面，所以平面，又平面，所以，若，不重合，结合，平面，可得平面，平面，所以，矛盾，所以重合，因为，，，平面，所以平面，故平面，C正确；因为平面，若平面，则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合，故与的夹角为，D错误，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.在正方体各个表面的对角线中，与直线异面的有__________条答案：6解析：解答过程：根据题意，由于在正方体各个表面的对角线中，与直线异面的直线有，共有6条.13.在中，，，，若点满足，则______.答案.解析：解答过程：试题分析：如下图所示，则可知，∴，故填.考点：平面向量数量积及其运算.【思路方法提示：几何图形中向量的数量积问题是近几年高考的又一热点，作为一类既能考查向量的线性运算、坐标运算、数量积及平面几何知识，又能考查学生的数形结合能力及转化与化归能力的问题，实有其合理之处.解决此类问题的常用方法是：①利用已知条件，结合平面几何知识及向量数量积的基本概念直接求解(较易)；②将条件通过向量的线性运算进行转化，再利用①求解(较难)；③建系，借助向量的坐标运算，此法对解含垂直关系的问题往往有很好效果.14.如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在正三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为________．答案：解析：思路：先求出底面内切圆半径，再结合题意得到正方体外接球直径等于该内切圆直径时，棱长最大可得.解答过程：若正方体的棱长最大，则正方体外接球的直径最大，在正三棱柱中，，所以底面三角形内切圆的直径为，

又因为，

所以正方体外接球的直径最大为底面内切圆的直径，

即，解得．故该正方体棱长的最大值为．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.如图，在四棱锥中，底面ABCD，，，，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．求证：（1）；（2）平面ABE．答案：（1）在四棱锥中，∵底面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴，∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，∴平面PAC．而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE．（2）由AB＝BC，，得，又PA＝AB＝BC，所以AC＝PA．∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD．∵PA⊥底面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PA⊥AB．又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE．解析：思路：（1）先利用线面垂直的性质得到线线垂直，再由线面垂直的判定定理得到平面PAC，再由线面垂直的性质得到线线垂直；（2）先根据等腰三角形的三线合一得到线线垂直，利用线面垂直的判定定理和性质定理得到AE⊥PD，进而利用线面垂直的判定和性质进行证明.（1）略（2）略16.对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据（1）求的值；（2）已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户；（3）求第50百分位数．答案：（1）（2）200（3）200解析：思路：（1）根据频率和为1列式求解即可；（2）先求用电量在150以下的频率，进而可得结果；（3）根据题意结合百分位数的定义运算求解.（1）由题意可知：每组的频率依次为，则，解得.（2）由题意可知：用电量在150以下的频率为，所以用电量在150以下的有户.（3）因为，所以第50百分位数为200.17.如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．（1）证明：平面；（2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离．答案：（1）由题意证明如下：如图，作出符合题意的图形，连接，在中，，分别为，中点，∴，∵平面，平面，∴平面.（2）距离为1.解析：思路：（1）通过证明，即可得出结论；（2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离.方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离.（1）略（2）法一：由题意及（1）得，在直三棱柱中，，设，四边形与四边形是矩形，∴，，，建立空间直角坐标系，如下图所示，得到，，，，，∴，面的一个法向量为，∵直线与平面所成的角为，设直线与平面所成的角为∴解得，∴，，，，，∵面，∴由几何知识得，到面的距离为.法二：由题意及（1）得，在直三棱柱中，，，四边形与四边形是矩形，∴，，，∵，平面，平面，平面，∴平面，，∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角，直线与平面所成的角为，在中，，分别为，中点，，∴直线与平面所成的角为，即，在Rt中，，，，∴，在Rt中，，，为等腰直角三角形，过点作，则点为中点，，，由几何知识得，到面的距离即为.18.已知在中，，，．（1）求；（2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求．答案：（1）（2）解析：思路：（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求；（2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算.（1）在中，，，.由余弦定理可知，故.再由余弦定理得.（2）以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图：则，，由，得.在延长线上，设，则，，，设，则.由，得，故.于是.已知，则，则.代入得，而，故.19.如图1，已知三棱锥，图2是其平面展开图，四边形为正方形，和均为正三角形，，分别为，的中点，.（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若