精品解析：四川省南充高级中学2026-2027学年高二上学期第一次月考数学试卷

南充高中高2025级第三学期第一次月考 数学试题 （考试时间：120分钟　总分：150分　命审题：高2025级数学中心命题组） 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的. 1. 为了解某地参加国防素养大赛测试的1000名学生的成绩，从中抽取了100名学生进行调查分析.在这个问题中，被抽到的100名学生的成绩是（ ） A. 总体 B. 样本 C. 个体 D. 样本量 【答案】B 【解析】 【详解】1000名学生的成绩为总体， 被抽到的100名学生的成绩是样本， 1000名学生中每个学生的成绩为个体， 100为样本量. 2. 一般情况下，用样本估计总体，下列说法正确的是（ ） A. 样本容量越小，估计越精确 B. 样本的平均值就是总体的平均值 C. 样本数据的方差越大，则样本数据越稳定 D. 样本的标准差可以近似地反映总体的离散程度. 【答案】D 【解析】 【详解】样本容量越大，估计越精确，故A错误； 样本的平均值可近似估计总体的平均值，故B错误； 样本数据的方差越大，则样本数据越不稳定，故C错误； 样本的标准差可以近似地反映总体的离散程度，故D正确． 3. 某快递公司为优化配送路线，从100000单快递中随机抽取了1000单，将这1000单快递的配送时长（单位：分钟）按照，，，，，分成6组，绘制成如下频率分布直方图： 由此可估计这100000单快递中配送时长不超过30分钟的快递单数为（ ） A. 20000 B. 30000 C. 40000 D. 50000 【答案】C 【解析】 【详解】由频率分布直方图可知，配送时长不超过30分钟的频率为， 所以，由此可估计这100000单快递中配送时长不超过30分钟的快递单数为. 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】，， 若从集合，中各任取一个数，的样本空间 ，共有6个样本点. 则满足为整数的有共4个样本点，则概率为. 5. 若空间向量，，则下列向量可以与，构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，，所以共面，不能构成基底，A错误； 对于B，，所以共面，不能构成基底，B错误； 对于C，，所以共面，不能构成基底，C错误； 对于D，设，则，无解，所以不共面，能构成基底，D正确. 6. 下列命题中正确的个数是（ ） ①如果一组数据的极差为0，则这组数据的方差也为0 ②已知样本数据4，5，6，7，8，7，9，则该组数据的分位数为8 ③已知数据，，…，的平均数为3，则数据，，…，的平均数为9 ④已知数据，，…，的平均数，方差，若把剔除，则剩余这6个数的方差不变 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用平均数、方差的计算公式，以及百分位数的定义与计算方法，结合选项，逐项分析、求解，即可得到答案. 【详解】对于①，若一组数据的极差为0，可得这组数据都相等，则方差为0，故①正确； 对于②，由，可得样本数据，，，，，，的第分位数为第5个数据，即分位数为7，故②错误； 对于③，由数据，，⋯，的平均数为， 则数据，，⋯，的平均数为，故③正确； 对于④，由数据，，⋯，的平均数，方差， 可得，即， 又由，所以， ， 所以剔除后，则剩余这6个数的平均数为， 方差为，故④错误. 7. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，点在上，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，，， 则. 8. 某市四支足球队（分别记为“甲队”、“乙队”、“丙队”、“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法不正确的是（ ） A. 甲队积分为分的概率为 B. 乙队积分为分的概率为 C. 四支球队的积分总和可能为分 D. 甲队胜场且乙队胜场的概率为 【答案】B 【解析】 【分析】四支足球队进行单循环比赛，则总场数为,每一支球队要跟另外三支球队进行比赛.对于A，甲队积分为分，则甲胜了场，负场；对于B，乙队积分为分，则乙队胜场，负场或乙队平了场；对于C，如果场比赛全部分出胜负，那么每场比赛产生 分，总积分为 分。如果出现平局，每出现一场平局，总积分就会减少分（因为平局双方共得分，比一胜一负少分）.故四支球队的积分总和可能为分（当所有比赛均分出胜负时）；对于D，甲队胜场且乙队胜场的概率，分为三种情况，情况一：甲队胜乙队一场；情况二：乙队胜甲队一场；情况三，甲乙平局. 【详解】四支足球队进行单循环比赛，则总场数为,每一支球队要跟另外三支球队进行比赛. 对于A，甲队积分为分，则甲在三场比赛中胜了场，负场，，正确； 对于B，乙队积分为分，则乙队胜场，负场或乙队平了场， 则，错误； 对于C，如果场比赛全部分出胜负，那么每场比赛产生分，总积分为分， 如果出现平局，每出现一场平局，总积分就会减少分（因为平局双方共得分，比一胜一负少分）. 故四支球队的积分总和可能为分（当所有比赛均分出胜负时）； 对于D，甲队胜场且乙队胜场的概率， 分为三种情况，情况一：甲队胜乙队一场，甲队胜丙、丁其中一队场，乙队胜丙、丁两队； 情况二：甲队胜丙、丁两队，负于乙队，乙队胜丙、丁其中一队场； 情况三：甲乙平局，甲队胜丙、丁两队，乙队胜丙、丁两队 那么，正确. 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. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标运算逐一判断即可. 【详解】对于A，由，可知，， 故，正确； 对于B，由，可知，，, 所以，错误； 对于C，若，且，则，即，正确； 对于D，若且，则设，那么， ，正确. 10. 下列说法正确的有（ ） A. “与互斥”是“与互为对立事件”的必要不充分条件 B. “”是“与互为对立事件”的充分必要条件 C. “”是“与相互独立”的充分必要条件 D. “”是“、、三个事件两两独立”的充分必要条件 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，根据互斥不一定对立，对立一定互斥即可判断；对于B，举反例，，即可判断；对于C，根据独立事件的定义即可判断；对于D，举反例，，，即可判断. 【详解】对于A，根据互斥与对立的概念， 若与互斥，则与不一定互为对立事件， 若与互为对立事件，则与一定互斥， 所以“与互斥”是“与互为对立事件”的必要不充分条件，故A正确； 对于B，掷一枚骰子，记“出现的点数小于等于”，记“出现的点数为奇数”， 则，， 则，，满足，但与不是对立事件，故B错误； 对于C，根据独立事件的概念，等价于与相互独立， 故“”是“与相互独立”的充分必要条件，故C正确； 对于D，掷一枚骰子，记“出现的点数为中的一个”， “出现的点数为中的一个”，“出现的点数为中的一个”， 则，，， ，，，， 满足， ，， 故与不相互独立，故D错误. 11. 如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的各条棱中，最长的棱长度为 B. 二面角的正切值为 C. 点为底面（包括边界）上的动点，，则点的轨迹长度为 D. 点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，根据题意计算出三棱锥的各棱长即可判断；对于B，以为坐标原点建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求二面角即可；对于C，设的中点为，中点为，由可得，则的轨迹是以为圆心，半径为的弧上，再求弧长即可；对于D，设，，，，再由异面直线夹角公式可得方程，求出答案． 【详解】平面平面，与均为等腰直角三角形， 且，，则， ，平面平面， 平面，又平面， ，则， 故最长的棱长度为，故A错误； 以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， ， 则，， 易知平面的一个法向量， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， 设二面角为， 又，二面角为锐角， ，，故B正确； 设的中点为，中点为，连接，， 又为等腰三角形，， ，， 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， ，，解得， 则的轨迹是以为圆心，半径为的弧上，如图： 易得，则，则，故C正确； ，， 设，与为异面直线，故， ，，， 则，， 所以，解得， 所以，， 因为异面直线与成的角， 所以， 故，， 其中，故，又， 解得， ，故 线段长的取值范围是，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点关于坐标平面的对称点为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据点关于平面对称求解即可. 【详解】点关于坐标平面的对称点为， 所以. 13. 假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 93 28 12 45 85 69 68 34 31 25 73 93 02 75 56 48 87 30 11 35 据此估计，该运动员两次掷飞镖恰有一次正中靶心的概率为______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据随机数以及古典概型的概率计算公式即可求解. 【详解】解：两次掷镖恰有一次正中靶心表示随机数中有且只有一个数为1，2，3，4中的之一. 它们分别是93，28，45，25，73，93，02，48，30，35共10个， 因此所求的概率为=0.5. 故答案为：. 14. 在长方体中，，，，为长方体内一动点（包括表面），若，且，则点所有可能的位置所构成的几何体的体积是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意确定点轨迹的形状，利用锥体体积公式求解. 【详解】以为原点，分别以，，为轴，建立空间直角坐标系． 因为，，， 所以，，， 则， 则只需确定区域在此坐标系下的形状． 设，则，，， 则转化为， 即，，，． 四个不等式所确定的边界平面依次是： ①：侧面； ②：过，，的对角面，且，均满足； ③：过，，的对角面； ④：顶面． 又， 则点的轨迹是以为顶点，为底面的三棱锥，即四面体， 底面中，，，且， 故， 三棱锥的高为到平面的距离，即， 则点所有可能的位置所构成的几何体的体积是. 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. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，，，且，是侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值. 【答案】（1）如图，连接，设与交于点， 在正方形中，为中点，又为中点，， 又平面，平面， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，设与交于点，先证明，进而根据线面平行的判定定理求证即可； （2）取中点，连接，分析可得就是异面直线与所成的角或其补角，进而求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取中点，连接， 、是、的中点，， 就是异面直线与所成的角或其补角， 由于，则，而，，则， 而，，则， 又，则， 在中，由余弦定理得， 所以直线与夹角的余弦值为. 16. 某校为了解高二学生使用“AI错题整理工具”的情况，随机抽取了名学生，统计每名学生单次使用该工具的时长（单位：分钟），并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）. （1）求的值； （2）利用频率分布直方图，估计这名学生单次使用时长的第百分位数； （3）利用频率分布直方图，估计这名学生单次使用时长的平均数. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1求出的值； （2）根据累积频率确定第75百分位数所在区间，再计算第75百分位数； （3）利用各组组中值乘以对应频率求和得到平均数. 【小问1详解】 由题意可知：， 解得 【小问2详解】 前三组的频率和为，前四组的频率和为 所以第百分位数属于区间， 所以第百分位数为 【小问3详解】 由（1）知，则平均数为 17. 某单位有甲、乙、丙三位职工，某日中午计划在单位食堂就餐或在外边餐馆就餐.已知甲、乙、丙在单位食堂就餐的概率分别为，，，且这三人在单位食堂或在外边餐馆就餐相互独立. （1）求这三人中只有甲乙两人在单位食堂就餐（丙在外边餐馆就餐）的概率； （2）求这三人中恰有两人在单位食堂就餐的概率； （3）求这三人中至少有一人在外边餐馆就餐的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）应用独立事件概率乘积公式计算求解； （2）应用独立事件概率乘积公式计算求解； （3）应用独立事件概率乘积公式及对立事件概率公式计算求解. 【小问1详解】 设这三人中只有甲乙两人在单位食堂就餐（丙在外边餐馆就餐）为事件， 所以； 【小问2详解】 设三人中恰有两人在单位食堂就餐为事件， 所以； 【小问3详解】 设三人中至少有一人在外边餐馆就餐为事件， 所以. 18. 某高中对高三全年级3200名学生一模数学成绩进行调研，将学生分为四层：基础层1200人、巩固层800人、提升层600人、冲刺层600人.采用按比例分配的分层随机抽样方法，抽取样本容量为16的样本. （1）求四个层次分别抽取的样本容量； （2）从巩固层、提升层抽取的样本中随机抽取2人，请用列举法表示样本空间，并求至少有1人来自提升层的概率； （3）已知巩固层、冲刺层样本成绩方差分别为20、15，样本成绩平均数分别为95、116，求巩固层、冲刺层两层合并样本的总体方差. 【答案】（1）基础层人、巩固层人、提升层人、冲刺层人. （2）， ，，. （3） 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样的定义进行抽样； （2）根据随机事件的定义写出样本空间，然后利用古典概型的概率公式求概率； （3）利用分层中的平均值和方差代入总体方差公式中计算即可. 【小问1详解】 四个层次按比例分配分层抽样总人数：，抽样比：， 所以各组抽取样本数：基础层人，巩固层人， 提升层人，冲刺层人. 【小问2详解】 样本中，巩固层样本4人，记为，提升层样本3人，记为， 从这7人中随机抽取2人，全部基本事件（样本空间）： ， ， 总基本事件共21个， 记事件“抽取2人中至少有1人来自提升层”，对立事件为“抽取2人均来自巩固层”. 2人均来自巩固层的基本事件：，共6个. 符合条件的事件数， 所求概率为：. 【小问3详解】 依题意得巩固层、冲刺层两层样本容量：， 巩固层、冲刺层两层合并样本的总样本量：， 两层样本均值：， 两层合并均值：， 又，代入分层方差公式得总体方差为： . 19. 如图，在矩形中，，，为中点.将沿翻折得到，且平面平面. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）若点为的内部一动点，且（其中，，均为正实数），求的最大值. （附：已知个正数的算术平均数满足不等关系：，当且仅当时取等号） 【答案】（1）法1：在原矩形中，（E是中点，）， 故为等腰直角三角形，. 同理，为等腰直角三角形，， 因此 ，即， 已知平面平面，且平面平面， 由面面垂直性质得平面， 又平面，所以， 翻折后仍为等腰直角三角形，， 又，且均在平面内， 故平面. 法2：矩形中，，，为中点，故. 翻折后为等腰直角三角形，，. 已知平面平面，且平面平面. 取中点，则，由面面垂直性质定理，平面 , 以为原点，为轴，过点平行方向为轴，竖直向上为轴建立空间直角坐标系. 各点坐标为：， 所以，，， 所以，所以， ，所以， 又，平面，所以平面. （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）法1（几何法）：先证翻折前，再由面面垂直的性质定理得平面，从而，结合翻折后，即可由线面垂直判定定理得证； 法2（向量法）：建立空间直角坐标系，写出、、的坐标，通过计算点积为零证得且，由线面垂直判定定理得证； （2）法1（几何法）：取中点，由面面垂直性质得与底面垂直，再取中点，构造二面角的平面角，在直角三角形中计算余弦值； 法2（向量法）：取底面法向量为，再求平面的法向量，利用两法向量夹角公式计算二面角的余弦值； （3）由四点共面得，将目标式变形为，先用均值不等式处理，再用均值不等式处理关于的三次式，最后确定取等条件． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 法1：如图，取的中点O，连结. 因为，所以， 又平面平面，且平面平面， 所以由面面垂直性质得平面. 因为平面，所以， 取的中点F，连结,，所以， 因为，平面，平面,所以平面, 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角, 在中，求得， 所以，所以 故二面角的余弦值为. 法2：由（1）中法2可取底面法向量， 又,，设平面法向量, 则，即， 令，得，即平面的一个法向量为， 令二面角的平面角为，所以. 【小问3详解】 因点在的内部，且， 根据四点共面的性质得 ， 因为， 对固定，，由均值不等式 ， 当且仅当时取等号，代入：得， ， 当且仅当时等号成立，解得时等号成立. 即. 故当时，的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南充高中高2025级第三学期第一次月考 数学试题 （考试时间：120分钟　总分：150分　命审题：高2025级数学中心命题组） 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的. 1. 为了解某地参加国防素养大赛测试的1000名学生的成绩，从中抽取了100名学生进行调查分析.在这个问题中，被抽到的100名学生的成绩是（ ） A. 总体 B. 样本 C. 个体 D. 样本量 2. 一般情况下，用样本估计总体，下列说法正确的是（ ） A. 样本容量越小，估计越精确 B. 样本的平均值就是总体的平均值 C. 样本数据的方差越大，则样本数据越稳定 D. 样本的标准差可以近似地反映总体的离散程度. 3. 某快递公司为优化配送路线，从100000单快递中随机抽取了1000单，将这1000单快递的配送时长（单位：分钟）按照，，，，，分成6组，绘制成如下频率分布直方图： 由此可估计这100000单快递中配送时长不超过30分钟的快递单数为（ ） A. 20000 B. 30000 C. 40000 D. 50000 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. 若空间向量，，则下列向量可以与，构成空间的一个基底的是（ ） A. B. C. D. 6. 下列命题中正确的个数是（ ） ①如果一组数据的极差为0，则这组数据的方差也为0 ②已知样本数据4，5，6，7，8，7，9，则该组数据的分位数为8 ③已知数据，，…，的平均数为3，则数据，，…，的平均数为9 ④已知数据，，…，的平均数，方差，若把剔除，则剩余这6个数的方差不变 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.已知四棱锥是阳马，平面，点在上，，若，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 某市四支足球队（分别记为“甲队”、“乙队”、“丙队”、“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次，积分规则为每队胜一场得分，平一场得分，负一场得分.若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时，下列说法不正确的是（ ） A. 甲队积分为分的概率为 B. 乙队积分为分的概率为 C. 四支球队的积分总和可能为分 D. 甲队胜场且乙队胜场的概率为 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. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 10. 下列说法正确的有（ ） A. “与互斥”是“与互为对立事件”的必要不充分条件 B. “”是“与互为对立事件”的充分必要条件 C. “”是“与相互独立”的充分必要条件 D. “”是“、、三个事件两两独立”的充分必要条件 11. 如图，在三棱锥中，平面平面，与均为等腰直角三角形，且，，下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的各条棱中，最长的棱长度为 B. 二面角的正切值为 C. 点为底面（包括边界）上的动点，，则点的轨迹长度为 D. 点是线段上的动点，若线段上存在点，使得异面直线与成的角，则线段长的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知点关于坐标平面的对称点为，则______. 13. 假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 93 28 12 45 85 69 68 34 31 25 73 93 02 75 56 48 87 30 11 35 据此估计，该运动员两次掷飞镖恰有一次正中靶心的概率为______． 14. 在长方体中，，，，为长方体内一动点（包括表面），若，且，则点所有可能的位置所构成的几何体的体积是______. 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. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，，，且，是侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与夹角的余弦值. 16. 某校为了解高二学生使用“AI错题整理工具”的情况，随机抽取了名学生，统计每名学生单次使用该工具的时长（单位：分钟），并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（第一～五组区间分别为，，，，）. （1）求的值； （2）利用频率分布直方图，估计这名学生单次使用时长的第百分位数； （3）利用频率分布直方图，估计这名学生单次使用时长的平均数. 17. 某单位有甲、乙、丙三位职工，某日中午计划在单位食堂就餐或在外边餐馆就餐.已知甲、乙、丙在单位食堂就餐的概率分别为，，，且这三人在单位食堂或在外边餐馆就餐相互独立. （1）求这三人中只有甲乙两人在单位食堂就餐（丙在外边餐馆就餐）的概率； （2）求这三人中恰有两人在单位食堂就餐的概率； （3）求这三人中至少有一人在外边餐馆就餐的概率. 18. 某高中对高三全年级3200名学生一模数学成绩进行调研，将学生分为四层：基础层1200人、巩固层800人、提升层600人、冲刺层600人.采用按比例分配的分层随机抽样方法，抽取样本容量为16的样本. （1）求四个层次分别抽取的样本容量； （2）从巩固层、提升层抽取的样本中随机抽取2人，请用列举法表示样本空间，并求至少有1人来自提升层的概率； （3）已知巩固层、冲刺层样本成绩方差分别为20、15，样本成绩平均数分别为95、116，求巩固层、冲刺层两层合并样本的总体方差. 19. 如图，在矩形中，，，为中点.将沿翻折得到，且平面平面. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）若点为的内部一动点，且（其中，，均为正实数），求的最大值. （附：已知个正数的算术平均数满足不等关系：，当且仅当时取等号） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $