四川省成都市某中学2026-2027学年高二上学期数学综合训练卷（一）

**基本信息** 高2025级高二上期数学周测试卷，以湖长制水质调查、知识竞赛等现实情境为载体，融合统计、三角函数、立体几何等模块，注重数学思维与实际应用的结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|统计图表、三角函数定义、线面关系|第1题借湖泊治理数据考查分析能力，体现数学眼光| |多选题|3题18分|三角函数性质、频率分布直方图|第10题结合二十大竞赛成绩，考查统计应用与推理| |填空题|3题15分|三角恒等变换、向量投影、四面体外接球|第14题通过等边三角形与球的组合，考查空间观念| |解答题|5题77分|向量运算、统计特征量、立体几何综合|16题分析运动员得分稳定性（数据意识），19题结合托勒密定理（数学文化），培养创新思维|

高2025级高二上期数学综合训练卷（一） 1、 单选题(每题只有一个选择为正确答案，每题5分，8题共40分) 1. 某地自2018年起实行湖长制，境内湖泊水质不断提升.为了解治理成效，环境监测部门每年在该地所有湖泊中随机选取80个进行水质调查，得到数据如下，并且五年来，该地通过退耕还湖，湖泊总量由160个增加至200个.下列说法不正确的是（    ） A．该地水质差湖泊总量逐年递减 B．该地水质好湖泊总量逐年递增 C．该地平均每年新增10个湖泊 D．该地平均每年新增至少45个水质好湖泊 2. 某校举办了迎新年知识竞赛，将100人的成绩整理后画出的频率分布直方图如下，则根据频率分布直方图，下列结论不正确的是（    ） A．中位数70 B．众数75 C．平均数68.5 D．平均数70 3. 在中，，记，．则（ ） A. B. C. D. 4. 若角的终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 若一组样本数据、、、的平均数为，另一组样本数据、、、的方差为，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数和方差分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 7. 已知棱台的上、下底面均为有一个内角是的菱形，且上下底面边长分别为1和2，该棱台的高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 2、 多选题（每题至少有两个选项为正确答案，每题6分。3题共18分） 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 为了庆祝伟大的中国共产党第二十次全国代表大会召开，某校开展了“爱祖国､跟党走”的知识答题竞赛，若参赛学生的成绩都在50分至100分之间，现随机抽取了400名学生的成绩，进行适当分组后，画出如下频率分布直方图，则（    ） A．在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有120人 B．图中的值为 C．估计全校学生成绩的中位数约为 D．估计全校学生成绩的分位数为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，点为底面上任意一点（包括边界），若直线与平面无公共点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 动点的轨迹长度为 C. 与所成角的最大值为 D. 三棱锥的体积为定值 3、 填空题(每题5分，3题共15分) 12. 已知为第二象限角，且，则__________． 13. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为__________． 14. 已知四面体的四个顶点均在球的球面上，为等边三角形，且的面积为，，则球的体积为__________． 四、解答题（15题13分，16,17每题15分，18,19每题17分） 15. 已知，，是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求； （2）若，且，求与所成夹角的余弦值． 16. 某赛季甲、乙两名运动员在若干场比赛中的得分情况如下： 甲：18，20，21，22，23，25，28，29，30，30，32，34； 乙：8，13，14，16，23，26，28，33，38，39，48．求： (1)分别计算甲、乙两人每场得分的平均数；(2)计算甲、乙两人每场得分的中位数； (3)计算甲、乙两人得分的标准差，并回答谁的成绩比较稳定． 17. 已知a，b，c分别为的三个内角，，的对边，且． （1）证明：为钝角三角形； （2）若，且的面积为，求的周长． 18. 如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，是正方形的中心，底面，底面边长为2，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 19. 如图，平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，． （1）求的大小； （2）求面积的最大值； （3）古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积．求的最小值． 高2025级高二上期数学综合训练卷（一）答案 1. 【答案】A 【解析】根据图中湖泊总量折线图可得从2018年到2022年，该地平均每年新增的湖泊个数为，故C正确； 根据图中水质差的湖泊数的折线图可得该地水质差湖泊总量数前3年分别为： ，，，故A错误. 根据图中水质好的湖泊数的折线图可得该地水质好湖泊总量数分别为： ，，，，， 该地水质好湖泊总量数逐年递增，故B正确. 从2018年到2022年，该地平均每年新增水质好湖泊数量为， 故D正确.故选：A. 2. 【答案】D 【解析】的频率为 因为最高小矩形的中点横坐标为，显然众数是75，故B正确； 的频率是0.1，的频率是0.15，的频率是0.25，其频率和为0.5，所以中位数为70，故A正确； 平均数，所以C正确. 故选:D. 3.【答案】B 【详解】∵，∴， 即==. 4. 【答案】C 【详解】由三角函数的定义可知，，. 所以. 5. 【答案】B 【详解】对A：若，则或与相交或与异面，故选项A错误； 对B：若，则，故选项B正确； 对C：若，则或与相交，故选项C错误； 对D：若，则，故选项D错误. 故选：B. 6. 【答案】A 【解析】由题意可知，数据、、、的平均数为，则，则 所以，数据、、、的平均数为 ， 方差为， 所以，， 将两组数据合并后，新数据、、、、、、、的平均数为 ， 方差为 .故选：A. 7. 【答案】A 【详解】由题可知， 所以. 8. 【答案】D 【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为，故选：D． 9. 【答案】AB 【详解】对于A，因为，所以，正确； 对于B，，正确； 对于C，，错误； 对于D，错误. 10. 【答案】ACD 【解析】由题意，成绩在区间内的学生人数为，故正确；由，得，故错误； 由于前3组的频率和， 前4组的频率和， 所以中位数在第4组，设中位数为， 则，得，故正确； 低于90分的频率为，设样本数据的分位数为， 则，解得，故正确. 故选：. 11.【答案】ABD 【详解】对于A，直线与平面无公共点，平面，选项A正确； 对于B，如图，连接，，， ，平面，平面，平面， ，， 又平面，平面，平面， 又，平面，平面平面， 又∵平面，平面， 又点为底面上任意一点（包括边界）， 点必在平面与平面的交线上，即点的轨迹为线段， 易求线段，故选项B正确； 对于C，由B选项知，点的轨迹为线段， 当点与点或点重合时，与所成角最大，最大角为，所以C选项不正确； 对于D，，平面，平面， 平面，点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，选项D正确， 故选：ABD． 12. 【答案】 【详解】由，可得， 由于为第二象限角，故，则，即， 结合，可得. 13.【答案】 【详解】已知，，所以，， 所以向量在向量上的投影向量为. 14.【答案】 【详解】已知为等边三角形，设边长为a，其面积，解得，即； 设底面的外接圆半径为r，， 因为，所以D在底面上的投影H即为 的外心; 在直角中，高, 设四面体外接球的球心为O，半径为R，球心O必在高线所在的直线上； 设，由于D到平面的距离为，球心到平面的距离为x， 则； 同时，球心到顶点D的距离也为R，则， 故，解得，由此可知O在延长线上， 则球的体积. 15. 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由，得，得，即，所以； （2）由，得，即， 又因为，，所以，解得， 则与所成夹角的余弦值为． 16. 【答案】(1)甲每场得分的平均数为26，乙每场得分的平均数为26； (2)甲每场得分的中位数为，乙每场得分的中位数为26； (3)甲的得分的标准差4.97；乙的得分的标准差为12.05；甲的成绩稳定. 【解析】（1）设甲运动员的各场比赛得分的平均数为，乙运动员的各场比赛得分的平均数为， 因为甲运动员的12场比赛得分依次为18，20，21，22，23，25，28，29，30，30，32，34； 所以， 因为乙运动员的11场比赛得分依次为8，13，14，16，23，26，28，33，38，39，48， 所以， 所以甲每场得分的平均数为26，乙每场得分的平均数为26； （2）由中位数定义可得甲每场得分的中位数为，乙每场得分的中位数为26； （3）设甲运动员的各场比赛得分的标准差为，乙运动员的各场比赛得分的标准差为， 因为 ， ， ， ， 因为甲运动员的各场比赛得分的标准差小于乙运动员的各场比赛得分的标准差， 所以甲运动员的成绩比乙运动员的成绩稳定. 17. 【解析】（1）由正弦定理得：， 即，，， 代入已知条件得：， 由三角形内角和定理得：， 代入上式得：， 化简得：； 在中，， 两边同时除以得：， 由辅助角公式得：，即， 因为，所以， 所以，即， 所以为钝角三角形． （2）由三角形面积公式得：， 代入得：，解得； 由余弦定理得：， 代入，，得：， 所以，即， 又因为，所以， 所以的周长为． 18. 【答案】（1）证明：如图所示，连接． 因为、分别为、中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面． （2）证明：因为底面，底面，所以． 在正方形中，， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （3）因为平面，平面，所以，， 所以即为二面角的平面角，即； 因为正方形的边长为2，所以，， 因为底面，平面，所以， 又因为是的中点，所以在中， 则为等腰三角形，故； 在中，； 设点C到平面的距离为h， 由，，得， 即为等腰三角形，底边上的高为， 所以； 因为，所以， 由，得，得. 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为． 19. 【答案】（1） （2） （3） 【详解】（1）， 由正弦定理可得， 设，，， 由余弦定理可得， 因为，所以； （2）由正弦定理可得， 所以，， 由四边形有外接圆可知， 在中设，， 由余弦定理得，即， 当且仅当时，等号成立， ， 所以面积的最大值； （3）由托勒密定理得， 即，平方得， 设， 所以， 当且仅当且，即，时，等号成立， 所以的最小值为，即的最小值为． 学科网（北京）股份有限公司 $