精品解析：湖北武汉市第三中学2026-2027学年高二上学期开学收心考数学试题

2026年高二开学收心考 一、单选题 1. 数据7，8，12，5，6，7，10，6，12，8的上四分位数为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 2. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底长是下底长的，若原平面图形的面积为，则的长为( ) A. 2 B. C. D. 3. 某次测验中，一班42名同学的测验成绩的平均数为105分，方差为86；二班48名同学的测验成绩的平均数为90分，方差为71．那么这90名同学本次测验成绩的方差为（ ） A. 134 B. 132 C. 128 D. 112 4. 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. 5. 盒子中有4个相同小球，标有号码1，2，3，4，从盒子中不放回地随机取两次，每次取1个球.事件：“第一次取出1号球”，事件：“第二次取出3号球”，事件：“两次取出球的号码和为4”，事件：“两次取出球的号码和为5”，下列选项正确的是（ ） A. B. C. ，独立 D. ，独立 6. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ） A. B. 2 C. D. 6 8. 已知事件A，B，C满足，，，下列结论正确的是（ ） A. B，C互为对立事件 B. 若，则 C. 若A，B互斥，则 D. 若A，B相互独立，则 二、多选题 9. 如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（ ） A. 圆台的表面积为 B. 圆台的体积为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 的最大值为6 10. 已知甲组数据，，…，的平均数为，方差为：乙组数据，，…，的平均数为，方差为．且，，…，．现将甲、乙两组数据合并成一组新数据，记为丙组，其平均数为，方差为，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5 D. 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为 11. 如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 在上的投影向量为 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 三、填空题 12. 如图，一个底面边长和侧棱长均为8的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水．若侧面水平放置时，水面恰好经过D点，且，那么当底面水平放置时，水面高为__________． 13. 在四面体中，Q为的重心，E，F，G分别为侧棱，，上的点，若，，，，则_____. 14. 某人有一把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿伞去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿伞回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在这把雨伞在家里，那么连续上班两天，他两天都不淋雨的概率为________. 四、解答题 15. 某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在内（单位：分），随机抽取了名学生的成绩，整理后按照，，，，分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并基于频率分布直方图估计这名学生成绩的中位数． （2）现从样本成绩在与两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取人，再从这5人中随机选取人．写出该试验的样本空间，并用古典概型的概率计算公式求这人中恰有人的成绩落在内的概率． 16. 如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点． （1）证明：直线平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 17. 如图，已知为空间的9个点，且，，，，，，， 求证： （1）四点共面，四点共面； （2）； （3）. 18. 回答以下问题： （1）如图1，设点为三棱锥外接球的球心，过作平面于点，作平面于点．设棱的中点为，连接，．设二面角为（），，，，，球的半径为．求证： i．为的外心； ii．，，，四点共面； iii．． 注：当三棱锥的形状变化时，图1的形状也可能发生变化（例如图2）．事实上，上述求解的公式对任意三棱锥都成立，不过你只需基于图1证明即可． （2）已知等边三角形的边长为，直线将其分成两个多边形．将其中一个多边形绕旋转角度（），然后以这两个多边形为底面，连接它们边界上的对应点，构成一个多面体．若该多面体的所有顶点都在同一个球面上，求该球半径的最小值． 19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等． （1）现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，判断三者之间的关系，并说明理由； （2）如图，过半径上一点A，且平行于半球犬圆（过球心的平面与球面相交所形成的圆）的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”，已知半球的半径为R，当点A为半径中点时，求截得的“球缺”的体积； （3）《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的几何体为“牟合方盖”．显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球．若正方体棱长为6，求“牟合方盖”体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二开学收心考 一、单选题 1. 数据7，8，12，5，6，7，10，6，12，8的上四分位数为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】C 【解析】 【详解】将数据按升序排列可得5，6，6，7，7，8，8，10，12，12， 因为，所以上四分位数为第8位数10. 2. 用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中梯形的上底长是下底长的，若原平面图形的面积为，则的长为( ) A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，得到原几何图形，设，结合梯形的面积公式，列出方程，即可求解. 【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原几何图形， 设，可得， 则， 且为原图形中梯形的高，所以平面图形的面积为， 解得. 故选：D. 3. 某次测验中，一班42名同学的测验成绩的平均数为105分，方差为86；二班48名同学的测验成绩的平均数为90分，方差为71．那么这90名同学本次测验成绩的方差为（ ） A. 134 B. 132 C. 128 D. 112 【答案】A 【解析】 【分析】先求90名同学成绩的总体平均数，再利用方差分解公式，把每个班的组内离差平方和与两个班平均数相对总体平均数产生的组间离差平方和相加. 【详解】设一班：，二班：， 则90名同学成绩的总体平均数为：， 因为， 所以这90名同学成绩的方差为： ， 所以这90名同学本次测验成绩的方差为，故选项A正确. 4. 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. 【答案】A 【解析】 【详解】由题可知， 所以. 5. 盒子中有4个相同小球，标有号码1，2，3，4，从盒子中不放回地随机取两次，每次取1个球.事件：“第一次取出1号球”，事件：“第二次取出3号球”，事件：“两次取出球的号码和为4”，事件：“两次取出球的号码和为5”，下列选项正确的是（ ） A. B. C. ，独立 D. ，独立 【答案】C 【解析】 【分析】求出，，，，根据互斥事件与独立事件概率计算公式即可求解. 【详解】由题意可得 ，，，，故选项A,B错误； 对于C,，故选项C正确； 对于D，，故选项D错误. 6. 在四面体中，点满足，在上，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算及空间向量基本定理，将分别用基底表示，通过对应系数相等建立方程组求解的值即可. 【详解】由题意，在四面体  中，， 所以 ， 因为点在上，设，其中，则， 又因为， 由于不共面，根据空间向量基本定理，对应系数相等， 可得，解得，，所以 ， 则，故C正确. 7. 如图，在平行六面体中，，，则的长为（ ） A. B. 2 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先应用空间向量的加法，再结合空间向量的数量积公式及运算律计算求解模长. 【详解】依题意，由， 又因为， 得， 所以． 故选：A. 8. 已知事件A，B，C满足，，，下列结论正确的是（ ） A. B，C互为对立事件 B. 若，则 C. 若A，B互斥，则 D. 若A，B相互独立，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件定义、集合包含关系、互斥事件概率公式、相互独立事件的概率公式逐项判断各选项正误. 【详解】选项 A ：互为对立事件的充要条件为两事件交集为空集且并集为样本空间， 仅无法推出B与C互为对立事件，故A错误； 选项B ：若，则， 因此，故B错误； 选项C ：若A与B互斥，根据互斥事件的概率加法公式， 可得，故 C正确； 选项D：若A与B相互独立，则A与也相互独立，， 因此，故D错误. 二、多选题 9. 如图，已知圆台的下底面直径，母线，且，是下底面圆周上一动点，则（ ） A. 圆台的表面积为 B. 圆台的体积为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 的最大值为6 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出圆台轴截面等腰梯形及其高，求出圆台的高及上底面圆半径，分析计算判断ABC；求出的函数关系，利用导数求出最大值即得. 【详解】圆台中，作出圆过点的直径，则四边形是等腰梯形，作于， 在中，由，得， 则， 对于A，圆台的表面积，故A错误； 对于B，圆台的体积，故B正确； 对于C，由P是下底面圆周上一动点，得点P到直线距离的最大值为2， 则的面积最大值为， 三棱锥体积的最大值为，故C正确； 对于D，连接，当与点都不重合时， 设，，则， 在中，由余弦定理得， 于是，所以， 求导得， 显然，则， 所以函数在上单调递增，， 当与重合时，， 当与重合时，，因此的最大值为6，D正确. 10. 已知甲组数据，，…，的平均数为，方差为：乙组数据，，…，的平均数为，方差为．且，，…，．现将甲、乙两组数据合并成一组新数据，记为丙组，其平均数为，方差为，则（ ） A. B. 若，，则 C. 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5 D. 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由于故，即，A正确， 对于B，由于，，故，，，，故B错误， 对于C， 若甲组数据的众数为2，则乙组数据的众数为5，C正确， 对于D， 若甲组数据的中位数为，则乙组数据的中位数为，D正确 11. 如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 在上的投影向量为 C. 直线与所成角的余弦值为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由向量的夹角公式计算可判断C；由的线性运算后再平方可判断D. 【详解】对于A，在上取点，使得，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确； 对于B，因为平行六面体棱长均为2，， 因为， 则， 则， ，故B正确； 对于C， ， 因为异面直线所成角的范围为， 故直线与所成角的余弦值为，故C不正确； 对于D，， ， 则，故D正确． 三、填空题 12. 如图，一个底面边长和侧棱长均为8的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水．若侧面水平放置时，水面恰好经过D点，且，那么当底面水平放置时，水面高为__________． 【答案】 【解析】 【详解】设底面正三角形的边长为，其面积为 当侧面水平放置时，水面与交于，与交于，由水面平行于侧面得，故， 由得相似比，因此 水的横截面积为梯形ABED的面积： 正三棱柱侧棱长为，故水的体积为 当底面ABC水平放置时，设水面高度为，水形成底面积为、高为的正三棱柱，因此 代入得 13. 在四面体中，Q为的重心，E，F，G分别为侧棱，，上的点，若，，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】设中点为R，，连接，则有，且，从而得，解得，可得，由重心性质可得，设，且，从而可得，最后由D，E，F，G四点共面，即可求得答案. 【详解】如图所示：设中点为R，，连接， 由P，R，C，Q，S，G共面， 可知与平面的交点即与的交点D. 因为，，， 设， 则， 设， 则， 故， 故， 解得，代入， 可得，即. 由重心性质可得， 设， 又， 则， 故，解得， 故， 则， 由D，E，F，G四点共面， 可知：（其中）， 所以， 则. 故答案为：. 14. 某人有一把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿伞去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿伞回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在这把雨伞在家里，那么连续上班两天，他两天都不淋雨的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】从雨伞初始在家的状态出发，按第一天上班、第一天下班、第二天上班三个节点的天气情况分类，枚举所有满足两天都不淋雨的互斥情形，分别计算各情形概率后求和得到最终结果 【详解】：我们按行程顺序（第一天上班→第一天下班→第二天上班）分步计算，初始状态雨伞在家，要求全程不淋雨（下雨时必须有伞才不淋雨）： 第一天上班：人在家、伞在家，无论下不下雨都不淋雨，分两种情况： 情况1：第一天上班不下雨，概率，伞留在家，人到办公室； 若第一天下班下雨，概率：人在办公室、伞在家，无伞淋雨，不符合要求； 若第一天下班不下雨，概率：人回家，伞仍在家，第二天上班无论下不下雨都不淋雨，该分支贡献概率：； 情况2：第一天上班下雨，概率，带伞到办公室，伞在办公室，人到办公室； 若第一天下班不下雨，概率：人回家，伞留办公室，第二天上班只有不下雨才不淋雨（概率），该分支贡献概率：； 若第一天下班下雨，概率：带伞回家，伞回到家，第二天上班无论下不下雨都不淋雨，该分支贡献概率：； 总概率：把所有符合条件的分支相加：  四、解答题 15. 某校举办了校园诗词大赛，学生的比赛成绩均在内（单位：分），随机抽取了名学生的成绩，整理后按照，，，，分成五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的值，并基于频率分布直方图估计这名学生成绩的中位数． （2）现从样本成绩在与两个分数段内，按分层随机抽样的方法选取人，再从这5人中随机选取人．写出该试验的样本空间，并用古典概型的概率计算公式求这人中恰有人的成绩落在内的概率． 【答案】（1）（或），（分） （2）样本空间， 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用频率分布直方图的性质，即可求出值，再由中位数的定义，即可求解； （2）根据条件，先求出两分数段内的人数，利用列举法列出样本空间，再由古典概率的计算公式，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，，解得， 设名学生成绩中位数的估计结果为．记第组的频率为（按分数从低到高，）， 则由频率分布直方图可得：，，，， 因为，，所以． 由比例关系，，解得（分）. 【小问2详解】 由（1）得，．由分层抽样定义，在分数段内抽取人，在分数段内抽取人． 记中选取的四人为，，，，中选取的一人为， 则样本空间， 设事件“这2人中恰有1人的成绩落在内”，则， 所以． 16. 如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，，，，为的中点． （1）证明：直线平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）因为且为的中点，所以， 因为，所以且．因为，所以且， 所以且．所以四边形是平行四边形，则， 因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证明四边形是平行四边形得到即可； （2）过点作交于点，连接，利用三角形全等证明或其补角即为平面与平面所成角的平面角，等面积法求出，再利用余弦定理求出，即可求出； （3）取的中点为，连接，，首先证明平面，然后利用等体积法求点到平面的距离. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）可知，直线平面，同理可得平面， 由于交于点，平面，所以平面平面， 因此平面与平面所成角即为平面与平面所成的角， 如图所示，过点作交于点，连接， 由于，，所以，所以， 则或其补角即为平面与平面所成角的平面角， 在中由余弦定理得， 则， 因为，解得， 在中，由余弦定理得， 所以平面与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 取的中点为，连接，， 因为为等腰三角形，为等边三角形，所以，， 所以，， 因为，所以，， 因为，，，，平面，所以平面， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 17. 如图，已知为空间的9个点，且，，，，，，， 求证： （1）四点共面，四点共面； （2）； （3）. 【答案】（1） 因为，，所以，，共面， 所以四点共面． 因为，，所以，，共面， 所以四点共面． （2） ， 所以. （3） . 【解析】 【分析】（1）由得到，，共面，进而得到四点共面；同理可证四点共面. （2）根据空间向量的线性运算得到，进而得到向量平行. （3）根据空间向量的线性运算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 回答以下问题： （1）如图1，设点为三棱锥外接球的球心，过作平面于点，作平面于点．设棱的中点为，连接，．设二面角为（），，，，，球的半径为．求证： i．为的外心； ii．，，，四点共面； iii．． 注：当三棱锥的形状变化时，图1的形状也可能发生变化（例如图2）．事实上，上述求解的公式对任意三棱锥都成立，不过你只需基于图1证明即可． （2）已知等边三角形的边长为，直线将其分成两个多边形．将其中一个多边形绕旋转角度（），然后以这两个多边形为底面，连接它们边界上的对应点，构成一个多面体．若该多面体的所有顶点都在同一个球面上，求该球半径的最小值． 【答案】（1）i．因为平面，，，平面， 所以，，， 则，，． 又点为三棱锥外接球的球心，则， 因此，即为的外心． ii．因为为的外心，且为的中点，所以．同理可证． 因为，平面，，所以平面． 因为平面，平面，所以． 因为，平面，，所以平面． 因为过点有且仅有一个平面与直线垂直， 所以平面与平面重合，即，，，四点共面． iii．因为，，所以是二面角的平面角，即． 设．因为，，，四点共面，所以在图1中，有． 因为平面，平面，所以．同理． 因此，即，解得． 因此． 因为（i．问中已经证明），所以． 同理，，． 因此． （2） 【解析】 【分析】（1）i．根据线面垂直的性质，勾股定理，及外接球球心的性质即可证明； ii．根据线面垂直的判定证明平面，且平面，进而根据过一点有且仅有一个平面与一条直线垂直即可证明； iii．根据二面角的定义得到，设，从而得到，再根据线面垂直的性质，三角函数的定义，及勾股定理即可证明； （2）先结合（1）中的结论得到若时，时，时，取得最小值的情形，再根据对称性两种情况讨论，情况1：直线过点，且交对边于点；情况2：直线不过点，且分别交两边，于点，，进而根据正弦定理，余弦定理分别求出这两种情况下的最小值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在图1中有，因此由（1）的第iii问可得，对给定的，，和， 当在内变化时，若，则，此时当时，取得最小值； 若，则，此时当时，取得最小值； 若，则，此时， 因此当趋近于时，趋近于其下界（但无法取得）． 由对称性，仅需考虑以下两种情况：情况1：，设， 此时两个多边形为和，多面体为三棱锥 ， 设和的外接圆半径分别为，， 则由正弦定理，．而，等号成立当且仅当点为中点． 因此由前述结论，当趋近于时且为中点时，趋近于其下界． 情况2：与线段，各有一交点（非端点），设，， 此时两个多边形为和四边形， 多面体为四棱锥 （这里为旋转后的对应点）． 若该四棱锥有外接球，则四边形有外接圆，即． 此时，设和四边形的外接圆半径分别为，，（）， 则，，． 因为，且当（即为的中位线）时，取得最小值， 所以由前述结论，的最小值为． 综上，外接球半径的最小值为． 19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等． （1）现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，判断三者之间的关系，并说明理由； （2）如图，过半径上一点A，且平行于半球犬圆（过球心的平面与球面相交所形成的圆）的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”，已知半球的半径为R，当点A为半径中点时，求截得的“球缺”的体积； （3）《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的几何体为“牟合方盖”．显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球．若正方体棱长为6，求“牟合方盖”体积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设平面与圆柱底面间的距离为，截半球的截面圆的半径为，则截圆锥的截面圆半径为，可得，平面截半球、圆锥、圆柱的截面面积满足，由祖暅原理得到答案； （2）由祖暅原理，“球缺”的体积等于高度为的圆柱体积减去对应圆台的体积，运算得解； （3）由于正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是正方形的内切圆和正方形的面积之比，也就是，根据祖暅原理运算得解. 【小问1详解】 如图，用一个平行圆柱底面的平面截半球和圆柱， 设平面与圆柱底面间的距离为，截半球的截面圆的半径为，则截圆锥的截面圆半径为， 所以， 平面截半球截面圆的面积为，平面截圆锥的截面圆的面积为，平面截圆柱的截面圆的面积为， 所以， 由祖暅原理，可得. 【小问2详解】 当点为半径中点时，高度， “球缺”的体积等于高度为的圆柱体积减去对应圆台的体积， 所以“球缺”的体积为. 【小问3详解】 因为正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，若正方体棱长为6，则内切球半径， 用一水平面去截它们，那么所得的正方形和圆也是相切在一起的， 对于直径为6的球和高为6的“牟合方盖”来说，使用同一高度处的水平面来截它们， 所得的截面积之比正好总是正方形的内切圆和正方形的面积之比，也就是， 由祖暅原理，“牟合方盖”的体积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $