精品解析：湖南省湘潭市第一中学2026-2027学年高二上学期9月开学检测数学试题

2026年高二年级9月开学检测 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 样本数据的上四分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 2. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 3. 某学习小组共有6人，其中男生4人、女生2人，在一次考试中男生得分的平均数为、方差为，女生得分的平均数为、方差为9，则该小组这次考试的总体方差为（ ） A. B. C. D. 4. 在正四棱台中，，若二面角的大小为，则正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回地依次随机取出两个球.事件“第一次取出的球的数字是1”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是4”，则（ ） A. 与相互独立 B. 与相互独立 C. 与互斥 D. 6. 在四面体中，点，满足，，记，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 8. 已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若互斥，则 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 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. 圆台的侧面积为 B. 圆台的体积为 C. 当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径 D. 的最大值为 10. 已知样本数据的平均数为3，方差为3，样本数据的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（ ） A. 数据的平均数为7 B. 数据的方差为11 C. 数据的平均数为3 D. 数据的方差为5 11. 在平行六面体中，，．则（ ） A. B. 的长为6 C. 平面 D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则___________. 13. 在四面体中，Q为的重心，分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若，，，PQ与平面EFG交于点D，则______. 14. 某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.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.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 为纪念建党100周年，某校举办党史知识竞赛，现从参加竞赛的同学中，选取200名同学并将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组.得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计这200名学生成绩的中位数； （2）若先用分层抽样的方法从得分在和的学生中抽取5人，然后再从抽出的5人中任意选取2人，求此2人得分恰在同一组的概率. 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，，，，，，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）是否存在点在线段上，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 17. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值． 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. 我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，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意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. （2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. （3）若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二年级9月开学检测 数 学 试 题 满分150分，考试时间120分钟 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 样本数据的上四分位数为（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据上四分位数的定义求解即可. 【详解】，所以样本数据的上四分位数为. 2. 如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则四边形ABCD的面积是（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则，由直观图的特征推出原平面图形的形状及相关边长，再利用梯形面积公式计算原平面图形的面积． 【详解】在直观图中作，垂足分别为E，F， 则，所以， 由斜二测画法可知原平面图形如下： 将原平面图形上底，下底，高代入公式， 可得四边形ABCD的面积． 3. 某学习小组共有6人，其中男生4人、女生2人，在一次考试中男生得分的平均数为、方差为，女生得分的平均数为、方差为9，则该小组这次考试的总体方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算总体平均分，再计算组内和组间加权方差，最后相加求出总体方差． 【详解】总共6人，总体平均数：， 男生方差，女生方差，以人数为权重，则组内加权方差为： ； 各组均值与总体均值的偏差的加权平均为：； 故该小组这次考试的总体方差为：． 4. 在正四棱台中，，若二面角的大小为，则正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令分别是正方形的中心，分别是的中点，连接，根据已知及二面角的定义有是二面角的平面角，过作，垂足为，再应用台体的体积公式求体积. 【详解】如图，在正四棱台中，， 令分别是正方形的中心，分别是的中点， 连接，显然四边形是直角梯形，且， 易知是正四棱台的高，， 所以是二面角的平面角， 由题意得，过作，垂足为， 则，， 所以正四棱台的体积为． 5. 一个袋子中有大小和质地相同的4个球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回地依次随机取出两个球.事件“第一次取出的球的数字是1”，事件“第二次取出的球的数字是2”，事件“两次取出的球的数字之和是4”，则（ ） A. 与相互独立 B. 与相互独立 C. 与互斥 D. 【答案】C 【解析】 【详解】样本空间，共包含12个等可能的基本事件. 事件包含的样本点为，共3个，故. 事件包含的样本点为，共3个，故. 事件包含的样本点为，共1个，故，因，故与不相互独立，A错误. 事件包含的样本点为，共2个，故，D错误. 事件包含的样本点为，共1个，故，因为，故与不相互独立，B错误. 事件与没有公共样本点，即，故与互斥，C正确. 6. 在四面体中，点，满足，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用空间向量的加减法结合数乘运算计算求参数. 【详解】因为， 故. 故选：D. 7. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长均为6，，，则的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量的线性运算及数量积运算求解． 【详解】由题意可得， 以顶点为端点的三条棱长均为6，, ,得 ， ， 则： . 故选：C 8. 已知为两个随机事件，，，则下列结论错误的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若互斥，则 【答案】C 【解析】 【分析】结合对立事件概率性质、事件包含关系的概率特点、概率加法公式逐一判定各选项即可. 【详解】对于选项A，根据对立事件的概率公式，得，故选项A正确； 对于选项B，因为，所以，故选项B正确； 对于选项C，根据概率的加法公式， 得，故选项C错误； 对于选项D，因为事件互斥，所以， 因此，故选项D正确. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的四个选项中，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. 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. 圆台的侧面积为 B. 圆台的体积为 C. 当点是弧中点时，三棱锥的内切球半径 D. 的最大值为 【答案】ABD 【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AB；利用体积分割法求得内切球的半径判断C；求出的函数关系，利用导数求出最大值即可判断D. 【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，圆台的侧面积，A正确； 对于B，圆台的体积，B正确； 对于C，当点是弧中点时，得点到直线距离为2， 则面积为，三棱锥体积的为， 又，，所以， ，， 因为， 所以，C错误； 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，， 求导得，令得，，令得，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 当与重合时，， 当与重合时，，因此的最大值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用体积分割法求得三棱锥内切球的半径，进而比较大小即可判断C选项. 10. 已知样本数据的平均数为3，方差为3，样本数据的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（ ） A. 数据的平均数为7 B. 数据的方差为11 C. 数据的平均数为3 D. 数据的方差为5 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平均数的性质判断A，C，利用方差的性质判断B，D即可. 【详解】对于A，因为样本数据的平均数为3， 所以由平均数性质得数据的平均数为，故A正确， 对于B，因为样本数据的方差为6， 所以数据的方差为，故B错误， 对于C，因为样本数据的平均数为3，样本数据的平均数为3， 所以数据的平均数为，故C正确， 对于D，由已知得数据的平均数为， 则新方差为，故D正确. 故选：ACD 11. 在平行六面体中，，．则（ ） A. B. 的长为6 C. 平面 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用数量积的定义计算，判断选项A；利用向量加法计算求出，再利用向量模长公式计算，判断选项B；利用数量积为零证明垂直关系，再利用线面垂直定理证明结论，判断选项C；求出相关向量及模长，再利用向量夹角余弦公式求解，从而判断选项D． 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，， ，，故B错误； 对于C，， ， ， ， ， ，平面， 平面，故C正确； ， ， ， ，故D错误． 故选：AC． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有水，当侧面水平放置时，液面高为 （如图1）； 当转动容器至截面水平放置时，盛水恰好充满三棱锥（如图2），则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得，由，可得，从而可得，据此可得答案. 【详解】由题意，正三棱柱的棱长均为， 所以，由题意可得，又由得，∴，∴ ∵，∴，∴ 在等边中，边上的高为. 因为，∴. 故答案为：. 13. 在四面体中，Q为的重心，分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若，，，PQ与平面EFG交于点D，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设中点为，根据线面关系可得与的交点为，再根据平面向量基本定理，结合共线定理，设，求解即可. 【详解】连接如图，设中点为， ，连接，由共面可知，与平面的交点即与的交点. 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，故. 故答案为：. 14. 某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.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.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】计算对立事件的概率，从下雨次数入手分类讨论计算两天都不淋雨的概率，即可得到至少有一天淋雨的概率. 【详解】“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋雨”. 连续上班两天，上班、下班的次数共4次. （1）次均不下雨，概率为：. （2）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天上班时下雨，概率为：. （3）有次下雨但不被淋雨，共种情况： ①同一天上下班均下雨，②两天上班时下雨，下班时不下雨， ③第一天上班时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨， 概率为：. （4）有次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天下班时不下雨， 概率为：. （5）次均下雨：. 两天都不淋雨的概率为：， 至少有一天淋雨的概率为： . 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题考查概率问题，具体思路如下： （1）至少有一天淋雨的概率不易分析，则计算两天都不淋雨的概率. （2）从下雨次数入手分类讨论：次均不下雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；有次下雨但不被淋雨；次均下雨.计算概率求和. （3）利用对立事件概率的性质即可得到至少有一天淋雨的概率. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 为纪念建党100周年，某校举办党史知识竞赛，现从参加竞赛的同学中，选取200名同学并将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，第6组.得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计这200名学生成绩的中位数； （2）若先用分层抽样的方法从得分在和的学生中抽取5人，然后再从抽出的5人中任意选取2人，求此2人得分恰在同一组的概率. 【答案】（1）0.006；76 （2） 【解析】 【分析】（1）利用频率和为1可求出的值，再利用频率分布直方图中中位数的求法即可求解； （2）利用分层抽样知，在内的人数为2人，在内的人数为3人，利用列举法结合古典概型即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得：，解得； 由频率分布的直方图可得设中位数为m，故可得，解得， 所以这200名学生成绩中位数的估计值为76； 【小问2详解】 由频率分布直方图可知：得分在和内的频率分别为0.04和0.06， 采用分层抽样知，抽取的5人，在内的人数为2人，在内的人数为3人. 设分数在[ 40，50 )内的2人为，分数在[ 50，60 )内的3人为， 则在这5人中抽取2人的情况有：，，，，，，，，，，共有10种情况， 其中分数在同一组的2人有，，，，有4种情况， 所以概率为. 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，，，，，，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）是否存在点在线段上，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）取的中点，连结， 由已知得，是边长为2的等边三角形，是以为腰的等腰三角形， 则，故, 故平面平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）取的中点，证明，然后得线面垂直，再得面面垂直； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角； （3）假设存在点在线段上，设，利用空间向量法求线面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，， 显然平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 由，取，得， 所以， 故平面与平面所成角的余弦值； 【小问3详解】 由上可知，， ，， 假设存在点在线段上，设，则， 所以， 设直线与平面所成角为， 则， 可得或（舍），所以， ， 所以存在点在线段上，且. 17. 如图，在正方体中，点分别为棱的中点，点是棱上的一点，且． （1）求证：四点共面； （2）求证：平面； （3）已知点是棱上的一点，且平面平面，求的值． 【答案】（1）证明如下： 连接，因为点分别为棱的中点，则， ∵在正方体中且， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴四点共面； （2）证明如下： 连接、分别交、于点、，连接， 在正方体中，且， ∴，则， 同理可得， ∴， ∴， ∵平面，平面， ∴平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明，，从而得证； （2）连接、分别交、于点、，连接，即可证明，从而得到，即可得证； （3）根据面面平行的性质得到，即可得到，从而得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以， 又，所以，因为，所以. 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. 我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，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意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. （2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. （3）若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 【答案】（1）, （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得； （2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得； （3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得. 【小问1详解】 在图1中的半球中，阴影面为一个圆面， 由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为； 在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面， 因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为， 因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即. 【小问2详解】 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为. 【小问3详解】 依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的. 因，高为的球缺体积为：， 故所求的公共部分的体积为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $