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江苏无锡市2025-2026学年高一下学期调研考试数学试题
一、单选题
1．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个绿球，每次从中随机摸出1个球，有放回地连续摸球两次．下列事件中，与事件“至多一次摸到红球”互为对立事件的是（ ）
A．至少一次摸到红球 B．两次都摸到红球
C．只有一次摸到红球 D．两次都没有摸到红球
2．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
3．某高中高一、高二、高三年级学生人数分别为550，550，500，为了解各年级学生每天体育活动的时间，通过分层随机抽样的方法抽取容量为64的样本，其中高二学生比高三学生多（ ）
A．2人 B．4人 C．6人 D．8人
4．已知，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．已知事件 与相互独立，，，则（ ）
A．0.9 B．0.88 C．0.76 D．0.6
6．已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，测量河对岸塔高时，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点和，其中，．现测得，，，在点处测得塔顶的仰角，则塔高为（ ）
A． B． C． D．
8．已知正三棱柱的底面边长为，点到直线的距离为5，则该正三棱柱外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知复数，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则的虚部为
C．若，则或
D．若，则复平面内表示的点位于第一象限
10．已知，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则( )
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，，则
11．（多选题）某人抛掷骰子5次，分别记录了骰子出现的点数，根据下列统计结果，可能出现点数6的有（ ）
A．平均数为4，中位数为4 B．中位数为4，极差为3
C．平均数为3，方差为1.6 D．中位数为3，方差为3.6
三、填空题
12．从分别写有0，1，2，3的四张卡片中不放回地抽取两张，则抽到的两张卡片上数字之和大于3的概率为______．
13．为推进智慧城市建设，某市举办AI应用解决方案大赛，现统计所有参赛选手的成绩并绘制频率分布直方图（如图所示），已知这组的频数是这组频数的2倍．若选取成绩前25%的选手为一等奖获得者，估计一等奖的分数线为______分．

14．在平面内，直线，在两直线之间且到的距离分别为1，2，过作两条相互垂直的射线与分别交于两点，为的重心．若设，，则可用，表示为______；的最小值为______．
四、解答题
15．已知向量与的夹角为，，．
(1)求的值；
(2)设向量与的夹角为，求的值．
16．在正方体中，点， ， ，分别为棱，，，的中点．
(1)点， ， ，是否共面？请说明理由；
(2)证明：平面．
17．甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得1分，未击中者得0分．甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为，假设每人每次射击的结果互不影响．
(1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率；
(2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继续下一轮．加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局．
（ⅰ）求加赛满三轮的概率；
（ⅱ）求甲获胜的概率．
18．记 的内角，， 的对边分别为，，，，，且满足．
(1)求；
(2)设 在上且 平分 ．
（ⅰ）若 ，，求 的面积；
（ⅱ）若，， 为线段的中点， 与 交于点，求的长．
19．如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，，．
(1)若平面与平面的交线为，证明：；
(2)证明：平面平面；
(3)若与平面所成的角为60°，求平面与平面所成二面角的正切值．
参考答案
1．B
解析：设两次有放回摸球中摸到红球的次数为随机变量，则的所有可能取值为.
事件“至多一次摸到红球”即，包含“两次均未摸到红球（）”和“仅一次摸到红球（）”两类基本事件.
根据对立事件的定义，的对立事件为，即，对应事件为“两次都摸到红球”.
2．D
解析：由正弦定理可得.
3．A
解析：三个年级的总人数.
根据分层随机抽样的定义，抽样比，
则高二年级抽取人数为；
高三年级抽取人数为.
因此高二抽取的学生比高三多的人数为人.
4．B
解析：向量在向量上的投影向量为
5．C
解析：因为与相互独立，所以，
所以.
6．D
解析：设圆台的高为，
依题意，，
设圆台的母线长为，
则，
所以圆台的侧面积为.
7．B
解析：在中，，
由正弦定理可得，，则m，
在中，m.
8．B
解析：设底面的外接圆圆心为，正三棱柱的外接球球心为，为的中点，连接，过点作的垂线,
因为底面边长为，点到直线的距离为5，
则,,
，
所以，
所以,
故正三棱柱外接球的体积为.
9．ABD
解析：设，
则，故，则，故A正确；
，则，解得，故B正确；
取，满足，故C错误；
若，，则，
对应点，位于第一象限，故D正确．
10．BD
解析：选项A，当直线同时平行于平面与时，与可能相交，
例如：当直线平行于两平面的交线时，满足条件，但此次不能得出，故A错误；
选项B，由、，根据线面垂直的性质得；
又，根据面面垂直的判定定理，可得，故B正确；
选项C，线面垂直需直线垂直于平面内两条相交直线，
但题中未明确直线相交，所以不能推出，故C错误.
选项D，由且，得直线是平面与的交线；
由且，得直线是平面与的交线.
已知，根据面面平行的性质定理：两平行平面被第三个平面所截，所得交线互相平行，
故，故D正确.
11．ABD
解析：对于选项A，当骰子的点数为2，3，4，5，6时，满足平均数为4，中位数为4，可以出现6点，故选项A正确；
对于选项B，当骰子的点数为3，3，4，5，6时，满足中位数为4，极差为3，可以出现6点，故选项B正确；
对于选项C，若平均数为3，且出现点数6，则，
所以当平均数为3，方差为1.6时，一定不会出现点数6，故选项C错误；
对于选项D，当骰子的点数为1，1，3，4，6时，，
，满足中位数为3，方差为3.6，故选项D正确.
12．
解析：从分别写有0，1，2，3的四张卡片中不放回地抽取两张的基本事件有：
共6种抽法；
抽到的两张卡片上数字之和大于3的基本事件有共2种抽法，
所以抽到的两张卡片上数字之和大于3的概率为.
13．
解析：由频率分布直方图可知，组距为． 组的频率为．
因为这组的频数是这组频数的倍，且样本容量相同，
所以这组的频率是这组频率的倍， 即，解得．
由频率分布直方图所有小矩形面积之和为，可得： ，
解得．
各组的频率依次为： ：； ：； ：；
：； ：．
因为选取成绩前的选手为一等奖获得者，即求第百分位数．
前三组的频率之和为， 前四组的频率之和为，
所以一等奖的分数线位于内． 设一等奖的分数线为， 则，
即， 解得，即．
故估计一等奖的分数线为分．
14． 1
解析：

可知，
即；
如图所示，以直线为轴，点为原点，建立平面直角坐标系，
则直线方程为，直线的方程为，可知点在直线上，
设，所以点，
则，
因为，所以，即，
可知，
因为，当且仅当时取等号，
所以，所以的最小值为.
15．(1)
(2)
解析：（1）因为，
所以，
所以.
（2）因为，
所以，
又因为，
所以.
16．(1)点， ， ，共面，理由如下：
连接
因为分别为的中点，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为分别为的中点，
所以，
所以，
则四点共面
(2)连接
因为底面为正方形，
所以，
因为平面，平面，则，
，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因，所以
因为底面为正方形，所以，
易得，，平面，
所以平面，又平面，
所以，
因为，所以，
因为，平面，
所以平面.
解析：（1）点， ， ，共面
理由略
（2）略
17．(1)
(2)（ⅰ） （ⅱ）
解析：（1）设“甲击中目标”为事件A，“乙击中目标”为事件B，
所以，，，，
第一轮比赛结束后，两人得分为0分的概率为，
所以第一轮比赛结束后，两人得分不为0分的概率为.
（2）（ⅰ）设表示事件“加赛中第轮平局”，所以，
要使加赛满三场，则前两场必须平局，
所以加赛满三场的概率为.
（ⅱ）若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为：，
若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为：，
若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为：，
所以甲获胜的概率为：.
18．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
解析：（1）因为，，且满足．
所以，
由正弦定理可得：，
因为在中，，
代入化简得：，
因为在中，，所以，即，
因为，所以
（2）（ⅰ）因为 在上且 平分 ，所以，
由等面积，可得，
化简得：，
由余弦定理可得：，
即，解得：（负数值舍去），
所以 的面积为；
（ⅱ）因为 在上且 平分 ，，，
所以，
所以，
因为在上，设①，
在上，，设，
则②，
联立①与②，可得，解得，
所以，
，
所以的长.
19．(1)因为，平面，平面，
所以平面，又平面，
平面平面，所以.
(2)取的中点，连接，.
因为为等边三角形，所以.
又，，所以，
所以四边形为平行四边形，又，
故四边形为矩形，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
(3)
解析：（1）略
（2）略
（3）由（2）知，平面，平面，
所以平面平面，过作于，
因平面平面,平面,则平面，
所以是与平面所成的角，即.
过点作于，连，
因为平面，平面，所以,
又平面,所以平面，
因平面，所以，则为平面与平面所成的角.
设，则，，
因平面，平面，则,
在中，，所以.
在中，，.
在中，，
易得与相似，则，所以，
所以.

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