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