四川省泸州市三校联盟2025-2026学年高二上学期第一次联合考试数学试题（答案）_2026年02月高二试卷_260206四川省泸州市三校联盟2025-2026学年高二上学期第一次联合考试（全）

泸州市三校联盟 2025 年高二上学期第一次联合考试
数 学 试 题 参 考 答 案
一、选择题：本大题共11个小题，第1～8题每小题5分，第9～11题每小题6分，共58分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B D C D C B A A AD ACD ABD
二、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分。
29
12．（1，0） 13．0.58（或 ） 14．［1，+∞）
50
三、解答题：本大题共5个小题，共77分。
15．（本小题满分13分）
解：（1）由正弦定理可得：2cosA  sinBcosCsinCcosB  3sinA，
即：2cosAsin  BC 2cosAsinA 3sinA，
因为sinA0，所以cosA 3 ，由A 0,π 得：A π ．
2 6
（2）因为a1，△ABC的周长为 51，所以bc 5，
b2 c2 a2  bc 2 2bca2 52bc1 2bc 3
由余弦定理可得：cosA     ，
2bc 2bc 2bc bc 2
4 1 1   1
所以bc 84 3，即△ABC的面积：S  bcsinA  84 3  2 3．
2 3 2 2 2
16．（本小题满分15分）
解：（1）因为BB//CC ，BB CC ，且BC BB ，所以四边形BBCC 为菱形，则BCBC ,
1 1 1 1 1 1 1 1 1
又因为AO平面BBCC ，BC平面BBCC，
1 1 1 1 1
所以AOBC ，又AOBC O ，AO、BC 平面ABC ，所以BC平面ABC ，
1 1 1 1 1 1
又AB平面ABC ，所以ABBC．
1 1
（2）（方法一）因为AO平面BBCC ，
1 1
所以直线AB与平面BBCC所成的角为ABO，即ABO45，
1 1
因为AO平面BBCC，OB平面BBCC，则AOOB，则OAOB，
1 1 1 1
令BB 2，由四边形BBCC为菱形，BBC 60，则△BBC是边长为2的等边三角形，
1 1 1 1 1
3
所以，OC OBBCsin60 2  3，OB OC1，OAOB 3，
1 2 1
高二·数学答案 第 1 页 共 6 页因为AO平面BBCC，OB AC，
1 1
以点O为坐标原点，OB、OB、OA所在直线分别为x、y、z轴，建立如下图所示的空间直角坐
1
标系，
则B  3,0,0  、C   3,0,0  、B 0,1,0、A  0,0, 3  、C0,1,0，
1 1
 
   
则AB 3,0, 3 ，BC   3,1,0 ，
设平面ABC的法向量n
x,y,z
，
 
 nAB 3x 3z0   
则   ，取x1，则y 3，z1，故n 1, 3,1 ，
nBC  3xy 0

易知平面ABC 的一个法向量为m0,1,0，
1
 
  mn  3 15
cos m,n      ，
m n 51 5
15
故平面ABC 与平面ABC的夹角余弦值为 ．
1
5
（方法二）因为AO平面BBCC ，
1 1
所以直线AB与平面BBCC所成的角为ABO，即ABO45，
1 1
因为AO平面BBCC，OB平面BBCC，则AOOB，则OAOB，
1 1 1 1
令BB 2，由四边形BBCC为菱形，BBC 60，则△BBC是边长为2的等边三角形，
1 1 1 1 1
3
所以，OC OBBCsin60 2  3，OB OC1，OAOB 3，
1 2 1
所以， AB OA2OB2  6 ，
取AB中点D，连接OD、CD，
1 6
等腰直角△AOB中，OD AB且OD AB ，
2 2
由勾股定理得 AC  OA2OC2  2 ，
2
 6 10
因为BC2 AC，则CD AB，且CD BC2BD2  22    ，
 
 2  2
因为OD AB，CD AB，平面ABC 平面ABC AB，
1
所以平面ABC 与平面ABC的夹角即ODC，
1
6 10
在ODC中，OC1，OD ，CD ，则OC2OD2 CD2 ，即OCOD，
2 2
OD 6 2 15 15
cosODC    ，故平面ABC 与平面ABC的夹角余弦值为 ．
1
CD 2 10 5 5
高二·数学答案 第 2 页 共 6 页17．（本小题满分15分）
解：（1）由题意可得10 0.010a0.0220.0250.0200.005 1，解得a0.018，
由频率分布直方图可知 0,40的频率为0.75，而40,50的频率为0.2，
所以第85百分位数在区间40,50内，设第85百分位数为m，
则0.750.02m400.85 ，解得m45，
所以第85百分位数为45．
（2）由频率分布直方图可知0,10的频率为0.1，50,60的频率为0.05，
0.1 0.05
所以x6 57 23，
0.10.05 0.10.05
s2  0.1   2 623 2   0.05   5 5723 2  581．
0.10.05 0.10.05
（3）由频率分布直方图可知年龄为
40,50
，
50,60
的两组观众频率之比为：4:1，
所以按比例用分层随机抽样的方法抽取5人，
则年龄在
40,50
中的观众应抽取4人，年龄在
50,60
中的观众应抽取1人；
记
40,50
的四名学生编号为1、2、3、4，记
50,60
的一名学生编号为5，
则选出两名学生的可能结果为12，13，14，15，23，24，25，34，35，45，共10种；
设事件A“抽到的两名学生的年龄都来自
40,50
”，
则事件A包含的样本点有12，13，14，23，24，34，共6种，
所以两名学生的年龄均在 40,50 的概率P  A  6  3 ．
10 5
18．（本小题满分17分）
 1
pq

 3
解：（1）由题意得 ，
1 pq 1
 6
2 1
解得 p ，q ．
3 2
（2）比赛结束后，甲、乙个人得分可能为0，2，3，5，
记甲得分为i分的事件为C i 0,2,3,5，乙得分为i分的事件为D i0,2,3,5，
i i
C ，D 相互独立，
i i
记两轮投篮后甲总得分不低于8分为事件E，
则EC D C D C D ，且C D ，C D ，C D 彼此互斥，
3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5 5
易得P  C  1 ，P  D   1 3    2  1 ，
3 3
6  4 3 6
高二·数学答案 第 3 页 共 6 页P  C  1 ，P  D  3  2  1 ，
5 5
3 4 3 2
所以PEPC D C D C D PC D PC D PC D 
3 5 5 3 5 5 3 5 5 3 5 5
1 1 1 1 1 1 11
       ，
6 2 3 6 3 2 36
11
所以两轮投篮后，甲总得分不低于8分的概率为 ．
36
（3）记甲得分为 i 分的事件为C
i
 i0,2,3,5 ，乙得分为 i 分的事件为D
i
 i0,2,3,5 ，
C D 、C D 、C D 、两两互斥，
5 0 3 2 2 3
则P  P  C D C D C D C D 
1 5 0 3 2 2 3 0 5
 pq  1 3     1 1    1 p  q 3   1 2    p  1q   1 3    2  1 p   1q  3  2
 4  3 4  3  4 3 4 3
1 p q 1
 pq   ，
6 3 4 2
P  P  C D  pq 3  2  1 pq，
2 5 5
4 3 2
1 1 p q 1 1 1 1 1
P P  pq pq    pq p q
2 1
2 6 3 4 2 3 3 4 2
4pq4p3q6 4pq p3  pq 6
  ，
12 12
因为 pq1，0 p1，0q1，
 pq 2 1
所以 pq   ，当且仅当 pq时取等号，
 2  4
1
所以P P 
4pq p3  pq 6

4pq p3

4
4
 p3

p2
0，
2 1
12 12 12 12
即P  P ．
1 2
19．（本小题满分17分）
解：（1）证明：根据题意可知AF//DE，AB//CD，
因为AF 平面DCE，DE平面DCE，所以AF//平面DCE，
同理，因为AB平面DCE，DC 平面DCE，所以AB//平面DCE，
又因为AF, AB是平面ABF 内的两条相交直线，所以平面ABF//平面DCE，
因为BF 平面ABF ，所以BF//平面CDE．
（2）①证明：过点C作CH EB交EB于点H，
因为平面FBE平面CBE，平面FBE平面CBEEB，所以CH 平面FBE．
又因为BF 平面FBE，则BF CH；
根据题意，平面图形翻折后AD AB，AD AF，
高二·数学答案 第 4 页 共 6 页且AF, AB是平面FAB内两条相交直线，
所以AD平面FAB，又BC//AD，得BC 平面FAB．
又BF 平面FAB，则BF BC ，
因为CH,BC是平面BCE 内两条相交直线，所以BF 平面BCE ，
因为CE平面BCE，所以BF CE．
②方法一：
直角梯形BCEF中，BF//CE，BCE 90，且AD//BC，
由①可知AD平面FAB，
由（1）可知由题意平面ABF//平面DCE，
所以E到底面AFB的距离为AD，
在CDE中，设点E到DC的高EK ，即EK CD，
因为BC 平面CDE，所以BCEK ，
因为CDBC C ，所以EK 平面ABCD，
设点E到底面ABCD的高为EK ，
1 1
在CDE中，根据三角形的面积公式 4tsin tEK ，∴EK 4sin；
2 2
几何体EFABCD的体积为
1 1 1 5
V V V  t5t4sin  2tsin5t t5tsin；
EABCD EAFB 3 3 2 3
取DE的中点S，连接SC，
因为SF//BC,SF BC，所以四边形SFBC是平行四边形，所以SC//BF,SC BF ，
因为BF 平面BCE ，所以SC平面BCE ，又因为CE 平面BCE ，所以SCCE，
在△SDE中，SC2 4t2 4tcos，
在△ECD中，EC2 16t2 8tcos，
t 4
在△SCE中，SC2EC2 SE2，∴202t212tcos4，化简得到cos  ，
6 3t
因为0,π,0t5，所以cos2 t  4  2 2 ，当且仅当t 2 2 时等号成立，
6 3t 3
2 2 1
故当取得最大值时，即cos取得最小值 ，sin ，
3 3
所以几何体体积V  5 t5tsin 5 2 2  52 2   1  50 240 ．
3 3 3 9
方法二：
直角梯形BCEF中，BF//CE,BCE 90，且AD//BC在平面FBE上，
由①可知AD平面FAB，
高二·数学答案 第 5 页 共 6 页由（1）可知由题意平面ABF//平面DCE，
所以点E到底面AFB的距离为AD，
在CDE中，设点E到DC的高EK ，即EK CD，
因为BC 平面CDE，所以BCEK ，
因为CDBC C ，所以EK 平面ABCD，
设点E到底面ABCD的高为EK ，
1 1
在CDE中，根据三角形的面积公式 4tsin tEK ，∴EK 4sin．
2 2
几何体EFABCD的体积为
1 1 1 5
V V V  t5t4sin  2tsin5t t5tsin．
EABCD EAFB 3 3 2 3
  
过点D作DC的垂线交直线CE于G，分别以DA,DC,DG为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系，
则D0,0,0,A5t,0,0,C0,t,0,B5t,t,0,E0,4cos,4sin,F5t,2cos,2sin，
 
BF 0,2cost,2sin,EF 5t,2cos,2sin，

设平面FBE的法向量为mx,y,z，
 m  B  F  2costy2zsin0
 m  E  F  5tx2ycos2zsin0 ，
  t t 
令ysin，可得m sin,sin, cos，
5t 2 
  
CB5t,0,0,CE0,4cost,4sin，设平面EBC的法向量为nx,y,z ，
1 1 1
 
 nCB5tx 0
  1 ，
nCE4costy
1
4sinz
1
0
  t 
令y sin，可得n0,sin, cos，
1  4 
   t  t  t 4
因为平面FBE平面CBE，所以nmsin2 cos cos0，化简得到cos  ，
4 2  6 3t
因为0,π,0t5，所以cos2 t  4  2 2 ，当且仅当t 2 2 时等号成立，
6 3t 3
2 2 1
故当取得最大值时，即cos取得最小值 ，sin ，
3 3
所以几何体体积V  5 t5tsin 5 2 2  52 2   1  50 240 ．
3 3 3 9
高二·数学答案 第 6 页 共 6 页