精品解析：湖南省衡阳市衡阳县第四中学2026-2027学年高二上学期开学测试数学试题

衡阳县四中2026-2027学年上学期高二开学测试卷 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 一、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的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 甲班和乙班同学在体育课上进行拔河比赛，比赛采取三场两胜制（当一个班获得两场胜利时，该班获胜，比赛结束），假设每场比赛甲班获胜的概率为，每场比赛结果互不影响，则甲班最终获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 在四棱锥中，，，，则四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，若从集合中各任取一个数，则为整数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行四边形中，，为的中点，为上的一点，且，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列条件中，一定得到直线的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，，， 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为.若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 正方体中，错误的是（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 二、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. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） A. 的平均数等于的平均数 B. 的中位数等于的中位数 C. 的标准差不小于的标准差 D. 的极差不大于的极差 10. 如图，已知，，，，其内有一点，满足，过点的直线分别交，于点，.设，（，），则下列说法正确的是（ ） A. B. 点为的重心 C. D. 11. 已知圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为4，底面半径为3．若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 面积的最大值为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 圆锥SO的内切球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，且，则______. 13. 设复数，满足，，，则__________. 14. 猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，三位同学独立竞猜，其中的20道灯谜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了n道.以频率估计概率，任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率为______；若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，则n的值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为了解居民用水情况，相关部门通过抽样，获得了某年100户居民每户的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计该地区月均用水量的60%分位数； （2）现从该地区居民中任选2户居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同户居民的月均用水量相互独立，求恰有1户居民月均用水量大于分位数的概率； （3）现有4户居民甲、乙、丙、丁，经调查，甲和乙月均用水量大于分位数，丙和丁月均用水量不大于60%分位数，现从该4户中随机选2户，求所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数的概率. 16. 如图，在边长为2的正方形中，分别是的中点. （1）若，则的值 （2）若交于点，求线段的长 17. 在中，角所对的边分别为，已知，且． （1）求角的大小； （2）若，求的面积． 18. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同. （1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 19. 如图所示正四棱台，其中，. （1）当时，求和平面所成角； （2）证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳县四中2026-2027学年上学期高二开学测试卷 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 一、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的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，则， 所以. 2. 甲班和乙班同学在体育课上进行拔河比赛，比赛采取三场两胜制（当一个班获得两场胜利时，该班获胜，比赛结束），假设每场比赛甲班获胜的概率为，每场比赛结果互不影响，则甲班最终获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意甲班最终获胜分三种情况进行讨论，进而求出结果. 【详解】甲班最终获胜有三种情况： ①甲班前两场获胜； ②甲班第1场和第3场获胜，第2场输； ③甲班第1场输，第2场和第3场获胜. 故甲班最终获胜的概率为. 故选：D. 3. 在四棱锥中，，，，则四棱锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求底面ABCD的法向量，然后由点到平面的向量公式直接求解. 【详解】设平面ABCD的法向量为，则∴取，得，四棱锥的高即为点S到平面ABCD的距离，为． 故选：B 4. 已知，，若从集合中各任取一个数，则为整数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，， 从集合中各任取一个数的样本空间，共有8个样本点. 记事件“为整数”，则，共4个样本点， 所以. 5. 如图，在平行四边形中，，为的中点，为上的一点，且，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件利用向量的加法法则用表示，再利用平面向量基本定理结合条件列出方程组，求解即可. 【详解】，为的中点， ，， 三点共线， 设 ， 又， ，解得. 故选：B. 6. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列条件中，一定得到直线的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，，， 【答案】C 【解析】 【详解】A：直线可能平行于平面、在平面内或垂直平面，无法确定. B：平行平面，与垂直的直线可在面内，无法确定. C：若一条直线垂直于一个平面，则与这条垂线平行的直线垂直该平面，成立. D：缺少相交的条件，若，可平行于平面或在平面内，不能推出. 7. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为.若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解. 【详解】在中，，而， 由，得，又，，则， 由正弦定理得，解得，由，得， 所以. 8. 正方体中，错误的是（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论. 解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系. 【详解】解法一：由题意，在正方体中， A项， ，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确； B项，由几何知识得，，， ，平面，平面， ∴平面，故B正确； C项， ∵，平面，平面，∴平面， 由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形， ∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵，，∴平面平面，C正确； D项， 假设平面平面，则交线为，此时有， ∴平面， ∵平面，∴， 连接，， 由几何知识得，，则，故 在中，由几何知识得，， ∴三角形为等边三角形，，矛盾， 故D错误. 解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，，，，，，， 可得，，，， 对于A：因为，可得，故A正确； 对于B：根据正方体的性质可知平面 ，故B正确； 对于C：设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 设平面的法向量为，则， 设，可得，可得； 因为，所以平面平面，故C正确； 对于D：由题意可知：平面的一个法向量， 因为，可知平面与平面不垂直，故D错误. 二、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. 有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ） A. 的平均数等于的平均数 B. 的中位数等于的中位数 C. 的标准差不小于的标准差 D. 的极差不大于的极差 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断. 【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为， 则， 因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小， 例如：，可得； 例如，可得； 例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设， 可知的中位数等于的中位数均为，故B正确； 对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数， 标准差， ，则平均数， 标准差，显然，即， 所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误； 对于选项D：不妨设， 则，当且仅当时，等号成立，故D正确； 故选：BD. 10. 如图，已知，，，，其内有一点，满足，过点的直线分别交，于点，.设，（，），则下列说法正确的是（ ） A. B. 点为的重心 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A由得，对于B取的中点为，，利用重心的性质即可判断，对于C由，利用三点共线即可判断，对于D设中点为，计算，利用重心的性质得. 【详解】对于A：由有，故A错误； 对于B：取的中点为，由又，所以点共线，且为三等分点， 即为的重心，故B正确； 对于C：由，又三点共线，即，故C正确； 对于D：设中点为，则有，又，即， 所以，在中有，又为重心，所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为4，底面半径为3．若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是（ ） A. 圆锥SO的侧面积为 B. 面积的最大值为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 圆锥SO的内切球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，圆锥的侧面展开图为扇形，母线为扇形半径，底面圆周长为扇形弧长，据此可得圆锥的侧面积；B选项，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项；C选项，利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项C；D选项，求出内切圆半径即可. 【详解】 A选项，因底面半径为3，则底面圆周长为，母线长为4， 则侧面积为：.故A正确； B选项，由母线长为4，半径为3，可得高为，设是底面圆的一条直径， 则，即是钝角， 又， 则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，故B错误； C选项，， 当面时，，故C正确； D选项，设内切求球心为，半径为，过作， 则，，则与相似， 则，即， 所以内切求表面积为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，，，且，则______. 【答案】3 【解析】 【详解】因为，，， 所以，可得，即， 又，解得. 13. 设复数，满足，，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】将两个复数转化成两个向量的形式，然后对两向量和的平方与两向量的差的平方进行相加，化简，进而可求得答案. 【详解】设，在复平面内对应的向量为，，则，，且. 考虑到，故， 故，所以. 故答案为：. 14. 猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，三位同学独立竞猜，其中的20道灯谜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了n道.以频率估计概率，任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率为______；若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，则n的值为______. 【答案】 ①. ②. 10 【解析】 【分析】由题设求出甲、乙、丙猜对或错的概率值，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率；利用对立事件的概率求法及独立事件乘法公式列方程求n. 【详解】设事件A为“任选一道灯谜甲猜对”，事件B为“任选一道灯谜乙猜对”， 事件C为“任选一道灯谜丙猜对”，则，，， ，，. “甲、乙两位同学恰有一个人猜对”即，且与互斥.每位同学独立竞猜， 故A，B相互独立，则A与，与B，与均相互独立， . 设事件D为“甲、乙、丙三人中至少有一个人猜对”，则， ， 解得. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为了解居民用水情况，相关部门通过抽样，获得了某年100户居民每户的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计该地区月均用水量的60%分位数； （2）现从该地区居民中任选2户居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同户居民的月均用水量相互独立，求恰有1户居民月均用水量大于分位数的概率； （3）现有4户居民甲、乙、丙、丁，经调查，甲和乙月均用水量大于分位数，丙和丁月均用水量不大于60%分位数，现从该4户中随机选2户，求所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数的概率. 【答案】（1），2.25吨 （2）0.48. （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，利用各小矩形面积和为1求出，再利用分位数的意义列式求解. （2）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解. （3）利用列举法求出古典概率. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得，因此； 数据落在区间的频率为， 数据落在区间的频率为，则用水量吨数的分位数， 由，解得， 所以估计该地区月均用水量的分位数为2.25吨. 【小问2详解】 设事件表示第i户居民月均用水量大于分位数，则， 事件B表示恰有1户居民月均用水量大于分位数，， 因此， 所以恰有1户居民月均用水量大于分位数的概率为0.48. 【小问3详解】 试验的样本空间(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(乙,丙),(乙,丁),(丙,丁)，共6个样本点， 事件M表示所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数， 则(甲,丙),(甲,丁),(乙,丙),(乙,丁)，共4个样本点，则， 所以所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数的概率为. 16. 如图，在边长为2的正方形中，分别是的中点. （1）若，则的值 （2）若交于点，求线段的长 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据平面向量线性运算的坐标表示即可得解； （2）根据三点共线和三点共线，结合共线向量的坐标公式求出点的坐标，再求出即可. 【小问1详解】 以点为坐标原点，分别以，方向为轴正方向建立平面直角坐标系， 则，，，，， 则，，， 由可得：， 所以，解得， 因此； 【小问2详解】 设，因为三点共线，所以 则存在唯一实数，使得， 则，可得，， 即， 又三点共线，且，，则， 所以，解得， 则，所以， 所以， 所以线段的长. 17. 在中，角所对的边分别为，已知，且． （1）求角的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理与和角公式，化简方程即可求得； （2）利用余弦定理求出边，再由三角形面积公式计算即得. 【小问1详解】 由和正弦定理，， 因， 代入上式化简得：， 因，则有，即， 因，则. 【小问2详解】 由余弦定理，，因，， 代入得， 即，解得（负根舍去）， 故的面积为. 18. 甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同. （1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）乙在第1场、第4场均负，利用独立事件的乘法公式进行求解； （2）分析出甲获胜的情况，得到各个情况下的概率，相加后得到答案； （3）分乙的决赛对手是甲，丙，丁，分析出各场比赛胜负情况，求出相应的概率，相加后得到答案. 【小问1详解】 乙连负两场，即乙在第1场、第4场均负， ∴乙连负两场的概率为； 【小问2详解】 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： 1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜， ∴甲获得冠军的概率为：． 【小问3详解】 若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况： 甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜， ∴甲与乙在决赛相遇的概率为：． 若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种： 乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜， 若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为： ， 若乙的决赛对手是丁，和乙的决赛对手是丙情况相同， ∴乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：． 19. 如图所示正四棱台，其中，. （1）当时，求和平面所成角； （2）证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积. 【答案】（1） （2） 连接、交于,连接、交于, 如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且, 所以四边形为平行四边形,所以， 因为平面,平面，所以平面. 体积为 【解析】 【分析】（1）作到下底面的垂线，确定线面角的平面角，再通过边长计算该角的大小. （2）连接上下底面对角线的交点，利用正棱台性质证得线线平行，进而证明线面平行；利用线面垂直将三棱锥拆分为两个小棱锥，结合棱台的高计算其体积. 【小问1详解】 过作平面ABCD于,连接， 过分别作于于,连接, 如图为在平面上的投影, 由于平面，所以， 由于平面， 所以平面.由于平面，所以. 所以,同理,,四边形为正方形, 所以，为在平面上的投影, 又因平面平面, 所以和平面所成角即，, 故和平面所成角为. 【小问2详解】 由正棱台性质,与上下底面均垂直,则， 因为，平面， 所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和, 即: 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $