黑龙江省佳木斯市桦南县第一中学2026-2027学年高二上学期开学考试数学试题

**基本信息** 开学考试卷聚焦高二数学核心知识，通过乡村电商调研、齐王赛马等真实情境，考查数学抽象、逻辑推理与数据分析素养，实现基础巩固与能力衔接。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|立体几何（线面关系）、概率（独立事件）、统计（分层抽样）|结合田忌赛马典故考查古典概型，体现文化传承| |多选|3/18|向量运算、立体几何（异面直线角）|设置正方体动态问题，考查空间观念与推理能力| |填空|3/15|复数、几何最值（正六边形）、重心性质|正六边形与圆的动态最值问题，培养几何直观| |解答|5/77|解三角形、频率分布直方图、概率应用|“石头剪刀布”三局比赛模型，发展数据意识与应用能力|

2026-2027学年度第一学期开学考试卷 高二数学 一、单项选择题：(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 .) 1．若，则（    ） A． B． C． D． 2．已知是两条不同直线，是两个不同平面，下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若且，则 3．某县采用分层抽样的方法，对下辖甲、乙、丙三个乡镇的乡村电商直播商户进行营收调研．已知三个乡镇的直播商户数量之比为(4：5：6)，若从乙乡镇抽取了 15 户商户，则本次调研抽取的样本总容量为（    ） A．35 B．40 C．45 D．50 4．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛，胜两场及以上者获胜，若双方均不知道对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为（    ） A． B． C． D． 5．设一组样本数据的极差为，方差为，若数据的极差为，则数据的方差为（    ） A．0.02 B． C．0.2 D．0.4 6．已知事件，相互独立，，，则（    ） A． B． C． D． 7．下列选项中，，，，分别是所在棱的中点，则这四个点共面的是（   ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①③④ 8．在锐角中，角A，B，C的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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．（多选）已知向量，，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．（多选）在锐角中，三个内角分别是，，，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 11．（多选）如图，设分别是正方体的棱上两点，且，下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成的角为 B．三棱锥的体积为3 C．平面与平面所成的二面角大小为 D．直线与平面所成的角为 三、填空题：(本大题共3小题，每题5分，共计15分) 12．已知是一元二次方程 的一个根，则m=_______. 13．已知正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为________.    14．已知点为的重心，分别为，边上一点，，，三点共线，为的中点，若，则的最小值为______. 四、解答题：(本大题共5小题，共计77分) 15．设的内角的对边分别为,且. （1）求角的大小; （2）若,求的面积. 16．某学校组织高一数学挑战赛，现从参加挑战赛的学生中随机选取100人，将其成绩（百分制）分成，，…，六组，得到频率分布直方图（如下图），请完成下列问题： (1)求频率分布直方图中a的值，并估计众数； (2)已知落在区间的样本平均分是63，方差是5；落在区间的样本平均分是78，方差是4，求两组样本成绩合并后的平均分和方差． 17．如图，在直三棱柱中，，. (1)求证：； (2)求与平面所成的角的大小. 18．“石头､剪刀､布”是群众喜闻乐见的一种猜拳游戏，每局比赛的游戏规则是：双方同时出拳一次，若手势不同，则“石头”胜“剪刀”､“剪刀”胜“布”､“布”胜“石头”；若手势相同，则为平局．假设每局比赛中，每人出各种手势的可能性相同． (1)若甲､乙两人进行一局比赛，求甲获胜的概率； (2)若甲､乙两人进行三局比赛，假设每局比赛相互独立，求甲获胜局数多于乙获胜局数的概率． 19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，. (1)求； (2)若，，，求的面积； (3)若N是的平分线与的交点，且，则求的最小值. 第1页（共2页） 第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2026-2027学年度第一学期开学考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C D D B A C BC ABC 题号 11 答案 ABD 1．A 【详解】易知，所以． 2．C 【详解】A选项：若，则可能平行，可能相交，也可能为异面直线，A选项错误； B选项：若，则，B选项错误； C选项：若，是两个不同平面，所以，C选项正确； D选项：若且，则可能平行，可能垂直，也可能相交但不垂直，D选项错误. 3．C 【分析】在分层抽样中，各层抽取的样本数之比等于各层个体数之比，按比例计算即可. 【详解】三个乡镇商户数量比为，乙乡镇占比为. 设样本总量为，则乙乡镇抽取商户数为. 已知乙乡镇抽取了15户，即，解得. 4．D 【分析】将齐王与田忌的上、中、下等马编号，列出双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛的基本事件即可利用古典概率计算作答. 【详解】齐王的上等马、中等马、下等马分别记为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别记为a，b，c， 双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛，胜两场及以上者获胜，依题意，共赛3场，所有基本事件为： ，共6个基本事件，它们等可能， 田忌获胜包含的基本事件为：，仅只1个， 所以田忌获胜的概率. 故选：D 5．D 【详解】设原样本数据的最大值为，最小值为，则， 所以数据的极差为， 所以， 根据方差的线性变换性质可知数据的方差. 6．B 【详解】设，由得. ∵ 事件相互独立， ∴ . 又∵ ，代入得， 整理得，解得或. ∵ 事件概率满足，故舍去， ∴ . 7．A 【分析】利用空间中平行关系的转化可判断①②③，根据异面直线的定义可判断④. 【详解】对于①，分别连接， 在长方体中，因为，，，分别是所在棱的中点， 所以，，则，所以四点共面. 对于②，设为所在棱的中点，分别连接， 由A的讨论可得，故四点共面， 同理可得，故，同理可得，， 故平面，平面，所以六点共面. 对于③，连接，因为，，，分别是所在棱的中点， 所以， ， 故，所以四点共面. 对于④，连接，因为平面，平面，且不过点， 所以为异面直线， 所以四点不共面. 故选：A. 8．C 【分析】由余弦定理结合面积公式，再应用同角三角函数关系求出，由正弦定理边角互化，再应用两角和差公式化简，最后应用基本不等式及对勾函数的单调性求解即得. 【详解】在锐角，由余弦定理可知， 由面积公式可得，代入到已知条件可得 ， 因为，化简可得， 根据恒等变换可得，因为锐角， 所以，所以可得， 所以， 则， 因为锐角，所以， 则，在单调递增， 则，令，所以， 所以，由对勾函数的单调性知在单调递减，在单调递增， 当时，是极小值，当或时，最大值， 则. 故选：C 9．BC 【分析】借助平面向量的模长计算公式、平行与垂直的坐标运算公式逐一选项判断即可. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：因为，所以，得，故B正确； 对于C：因为，所以，得，故C正确； 对于D：因为，即，得，故D错误. 10．ABC 【分析】对于A，根据正弦定理和三角形的性质分析判断，对于B，利用余弦函数的单调性分析判断，对于CD，利用正弦函数的单调性结合诱导公式分析判断. 【详解】对于A，因为，所以由大角对大边，得，所以由正弦定理得，所以A正确， 对于B，因为函数在区间上单调递减，，， 所以，所以B正确， 对于C，因为为锐角三角形，所以，所以， 因为函数在区间上单调递增，且， 所以，即，所以C正确， 对于D，因为为锐角三角形，所以，所以， 因为函数在区间上单调递增，且， 所以，即，所以D错误， 故选：ABC 11．ABD 【分析】根据异面直线所成的角、棱锥的体积、二面角、直线与平面所成的角分别对各选项进行判断． 【详解】A中由于，因此异面直线与所成的角就是与的夹角，为，A正确； B中，三棱锥的体积，B正确； C中，平面即为平面，为平面与平面所成的二面角的平面角，＝，C错误； D中，连接交于，连接，由正方体性质知，，而，因此平面，因此是直线与平面所成的角，在直角三角形中，，所以，D正确． 故选：ABD． 【点睛】思路点睛：求空间的角：异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，解题时可根据定义作出空间角的“平面角”，然后计算． 12． 【分析】由韦达定理求解. 【详解】是一元二次方程 的一个根，则另一根为， 所以. 13．8 【分析】将转化为，进而转化为研究最小值问题，利用正六边形的几何性质求解即可. 【详解】    如图所示，由正六边形的几何性质可知，均是边长为4的等边三角形， ， 又,， 当点P位于正六边形各边的中点时，取最小值， 如图为中点，连接，则, 此时， 即的最小值为 8． 故答案为：8． 14． 6 【分析】根据三点共线和为的重心，可得，进而可得，的最小值可利用基本不等式可得. 【详解】 因为点为的重心，所以，则. 因为三点共线，， 所以，，所以 ， 当且仅当，即，时，等号成立，故的最小值为6. 故答案为：；6 15．（1） ； （2） . 【分析】（1）由正弦定理将条件化为角的关系，化简得，即得结果，【详解】（1） 由正弦定理得 在中， ，即； 【点睛】解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理以及三角形面积公式结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的. 16．(1)，75 (2)72；58.4 【分析】（1）利用面积和为1计算可得； （2）先计算成绩在，内的人数，求出平均值，再由方差的计算可得. 【详解】（1）由，解得． （2）成绩在，内的人数分别为，． ． 设学生成绩在区间内的数据记为，，…，，学生成绩在内的数据记为，，…，，所以 17．(1)连接与相交于点D，如图所示， 在直棱柱中，平面，平面， ， 又，，平面， 所以，平面， 平面， ， ， 四边形为菱形，即， ，且平面， 平面， 平面， . (2) 【分析】（1）通过证明线面垂直后再证明线线垂直. （2）证明线面垂直后找出线面角进而通过线段长度求解角度. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连接，如图所示； ，， 平面，平面， ， ，且平面， 平面， 是在面内的射影，是与平面所成角的平面角. 在中，易知，， ， ，即与平面所成的角的大小为30°. 18．(1)； (2). 【分析】（1）应用列举法求古典概型的概率，即可得； （2）应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求甲获胜局数多于乙获胜局数的概率. 【详解】（1）用分别表示甲､乙两人出拳手势，则可以用表示一局比赛的结果， 以分别表示出拳手势为石头､剪刀､布， 则甲､乙两人进行一局比赛的结果包含的基本事件有：共9种， 记事件“甲､乙进行一局比赛甲获胜”，则包含基本事件有共3种， 所以，即甲获胜的概率为； （2）记事件“甲､乙两人进行三局比赛，甲获胜局数多于乙获胜局数”， 则包含甲胜三局，甲胜两局负一局，甲胜两局平一局，甲胜一局平两局四种情况， 由（1）可知，一局比赛甲获胜概率为，同理乙获胜概率为，平局概率为， 所以，甲胜三局的概率， 甲胜两局负一局的概率， 甲胜两局平一局的概率， 甲胜一局平两局的概率， 所以，即甲获胜局数多于乙获胜局数的概率为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）由得，利用正弦定理和两角和的正弦公式即可求解； （2）由得，利用向量求，最后由三角形的面积公式即可求解； （3）由已知有得，利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）由由正弦定理有 ， ∵，，∴，整理得. 又∵，，，∴. （2）由 ∵，，，即 ∴， 解得（舍）或. ∴； （3）由已知有： ， 得，整理得 当且仅当时取到最小值，即取等号. 学科网（北京）股份有限公司 $