精品解析：四川成都外国语学校2026-2027学年高二上学期10月学月考试数学试卷（实验班）

成都外国语学校2026~2027学年度上期10月学月考试 高二（上）数学试卷（实验班） 考试时间120分钟；满分150分 一、单项选择题：本大题共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. 已知空间四点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的三角形法则和平行四边形法则，根据起点相同的原则，首先计算，再计算，即可得出正确答案. 【详解】； 故选：. 2. 某公司生产的一批零件有、、三种不同型号，产量分别为，300，200件，现用分层抽样的方法从这批零件中抽取45件进行检验，若种零件被抽取20件，则（ ） A. 400 B. 300 C. 250 D. 200 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，解得. 3. 青城山是著名的旅游胜地．天气预报中秋节连续三天，每天下雨的概率为0.5，现用随机模拟的方法估计三天中至少有两天下雨的概率：先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示当天下雨，5，6，7，8，9表示当天不下雨，每3个随机数为一组，代表三天是否下雨的结果，经随机模拟产生了10组随机数：926 446 072 021 392 077 663 817 325 615 据此估计三天中至少有两天下雨的概率约为（ ） A. 0.45 B. 0.5 C. 0.55 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，至少有两天下雨的有446、 072、021、392、325，共五组， 所以估计三天中至少有两天下雨的概率约为. 4. 现从2个男生2个女生共4人中任意选出2人担任成都外国语学校运动会学生代表发言，则选出的2人中恰有一个男生一个女生的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】恰有一个男生一个女生的概率为. 5. 已知，若三向量不能构成空间向量的一组基底，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量共面求解即可. 【详解】若三向量不能构成空间向量的一组基底，则共面， 即存在唯一一组实数，使得， 可得，解得， 故选：A 6. 在正四棱锥中，，为的中点，.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律，结合垂直关系即可求解. 【详解】由于，且是正四棱锥， 故，且侧面均为等边三角形， ， 故，则， 故选：C 7. 在分别写有数字1，2，3，4，5的5张一样的卡片中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第1 次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（ ） A. 和为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 【答案】B 【解析】 【分析】A选项利用对立事件的定义判断；B选项利用相互独立事件的定义判断；C选项利用相互独立事件的定义判断；D选项利用互斥事件的定义判断. 【详解】事件的基本事件有，，，，； 事件的基本事件有，，，，； 事件的基本事件有，，，. 和都有事件，所以和不是对立事件，故A错误； ，， 事件的基本事件有，，则， 所以和为相互独立事件，B正确； ，， 事件的基本事件有，，则， 故和不为相互独立事件，C错误； 和都有事件，所以和不是互斥事件，故D错误. 8. 成年人饮水量健康标准：连续5天，每日饮水量均不低于视为达标.现有甲、乙、丙三人连续5天的日饮水量的数据（数据均为正整数，单位：）：①甲：中位数17，众数15；②乙：中位数18，平均值17；③丙：含1个数据21，平均值17，方差4.4，其中一定达标的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】先将连续5天的日饮水量设出，后根据数据的数字特征分析5个数据是否都不小于15即可. 【详解】设连续5天的日饮水量为，， 不妨设，则若，则达标. 对于甲：中位数17，则，，，众数15， 则，故甲达标； 对于乙：中位数18，则，，，平均值17， 则，，， 若， 满足中位数18，平均值17，但不达标，故乙不一定达标； 对于丙：平均值17，则， 因为含1个数据21，设数据为，则， 因为方差为4.4， 所以， 即， 又因为均为正整数，所以也是非负整数， 则只能由，即与17的差最小是， 故均不小于15，故丙达标. 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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙,理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用样本估计总体，以下四个选项正确的（ ） A. 丁险种最受参保人青睐 B. 随着年龄的增长人均参保费用越来越高 C. 30周岁以上的参保人数约占总参保人数的20% D. 30～41周岁参保人数最多 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用条形图、折线图、扇形图一一分析选项即可. 【详解】对于A，由条形图可知丁险种参保比例最高，即A正确； 对于B，由折线图可知，参保费用随年龄增长而增长，即B正确； 对于C，由扇形图可知，30周岁以下参保人数占总参保人数的20%， 所以30周岁以上参保人数占总参保人数的80%，即C错误； 对于D，由扇形图可知，30～41周岁参保人数占比最多，即D正确. 故选：ABD 10. 如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案． 【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点， 由正方体的性质知，平面，平面 所以平面，同理平面，，平面， 所以平面平面，又平面，平面， 故点的轨迹为线段，故A正确； 以为原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，设且，， ，，， 对于B，，即， 又，，则点的轨迹为线段， ，且，故B正确； 对于C，， 显然，只有，时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确； 对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短， 故，故不存在点满足，故D错误． 故选：ABC． 11. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为（），收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为（），收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）．下列正确的是（ ） A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为 B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D. 当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，三次都正确的概率为，所以A错误； 对于B，发送收到，说明两次正确一次错误，则概率为，所以B正确； 对于C，采用三次传输方案，发送1，译码为1，有两种情况， 情况一：三次都是，此时概率为， 情况二：两次，一次，此时概率为， 所以译码为1的概率为，，所以C错误； 对于D，当时，发送0，采用单次传输方案译码为0的概率为， 采用三次传输方案译码为0有两种情况，分别是三次收到和两次一次，此时概率为， 可知，因为，所以， 即，即，所以D正确； 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一组数据的方差为2，则数据的方差为________． 【答案】18 【解析】 【分析】根据方差的性质求解. 【详解】因为数据的方差为2， 则数据的方差为． 13. 若对任意的，都有，则称非空集合是完美集合．从集合的所有子集中任选1个，该集合是完美集合的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】首先确定集合的子集个数，再根据“完美集合”的定义，可列举出所有“完美集合”，进而根据古典概型概率公式即可求解． 【详解】由集合共有个元素，则集合有个子集， 根据“完美集合”的定义，若对任意的，都有， 若，但无意义，无法满足条件，所以完美集合中不能含； 若，但，即不满足，所以完美集合中不能含， 因此，完美集合只能是集合的非空子集， 则完美集合有、、、、、、，共个， 所以集合的所有子集是完美集合的概率是． 14. 正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点，，满足，，，，，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，，，根据位置关系及空间向量共面定理，存在实数使且，从而得到，最后应用棱锥的体积公式及基本不等式求体积最小值，注意取值条件. 【详解】设正四面体的顶点为原点，，，， 已知正四面体棱长为，所以，且两两夹角为， 因为点为正四面体外接球的球心，也是其中心， 所以， 由题设，，，点在平面上， 根据空间向量共面定理，存在实数使且， 所以， 因为不共面（线性无关），所以，，， 所以，即，整理得， 由于，得， 三棱锥与三棱锥共顶点，且分别在棱上， 根据体积比公式， 要求的最小值，即求的最小值， 由，则， 即，解得， 当且仅当，即时，等号成立， 正四面体的体积为， ， 所以三棱锥体积的最小值为. 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. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求值. 【答案】（1）7； （2）19或13. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量共线列式求出，再利用向量线性运算及模的坐标表示求解. （2）由向量垂直及模的坐标表示求出，进而求出向量的数量积. 【小问1详解】 向量，由，得，解得， ，而，则， 所以. 【小问2详解】 由，得，即，解得， 由，得，解得， 当时，； 当时，， 所以值是19或13. 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一~五组区间分别为，，，，）． （1）求的值； （2）利用频率分布直方图，估计名市民的年龄的第百分位数； （3）若从第，组用分层抽样的方法选取名市民进行座谈，再从中选取人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出； （2）利用各组组中值乘以对应频率求和得到平均数，根据累积频率确定第百分位数所在区间，进而即可计算第百分位数； （3）先确定从第，组中分别抽取的人数，再用枚举法列出从名中选取名作重点发言的所有情况，再得到至少有一人的年龄在内的情况，进而根据古典概型公式即可求解概率． 【小问1详解】 由图可得，解得． 【小问2详解】 前三组的频率和为， 第四组的频率为， 所以第百分位数在第四组， 所以第百分位数为． 【小问3详解】 由题意得第组的人数，第组人数频率之比为∶， 又共抽取名参加座谈，所以应从第组抽取人，从第组中抽取人， 记第组的名分别为，，，第组的名分别为，， 则从名中选取名作重点发言的所有情况为：，，， ，，，，，，，共有10种， 其中第组的名，至少有一名被选中的有，，， ，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为． 17. 如图，平行六面体中，底面是菱形，且. （1）求与所成角的余弦值； （2）若空间有一点P满足：，求点P到直线的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将分别用表示，再结合数量积的运算律求出向量的夹角，即可得解； （2）求出向量，利用数量积的运算律求出，再求出向量在向量上的投影，再利用勾股定理即可得解. 【小问1详解】 解：因为，， 所以，同理可得，， 因为， 所以， ， 所以 ， 所以， ， 与所成角的余弦值是； 【小问2详解】 解：因为，， 所以， 在菱形中，， 则为等边三角形，所以， 所以 ， 则点到直线的距离. 18. 甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. （1）已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. （2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 【答案】（1）（i）；（ii） （2）“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠 【解析】 【分析】（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可； （2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠. 【小问1详解】 （i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件， 则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜， 所以. 因为，所以； （ii）设甲队获得冠军为事件， 则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜， 则. 因为，所以. 【小问2详解】 在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件， 则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜， 则， 因为，所以，此时，符合题意， ， 因为，，，所以， 即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠. 19. 如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． （1）求长度的最小值； （2）若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：如图，在底面圆中，过点作交圆于点， 由于平面，平面，故，， 则，两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 于是，设， 则， 于是，则， 于是， 于是令，则； （3） 【解析】 【分析】（1）将圆锥侧面展开为平面扇形，利用 “两点之间线段最短” 确定最短路径为展开图中连接两点的线段，再结合扇形弧长公式求出圆心角，最后用余弦定理计算线段长度即最短路径长； （2）建立空间直角坐标系，利用参数表示底面圆周上点的坐标，通过向量共线表示出轨迹上点的坐标，再通过向量数量积验证轨迹在某一平面内并求出该平面的法向量； （3）解法 1：求出平面的法向量，利用两平面法向量夹角公式计算夹角余弦值，再通过三角函数值域求出余弦值的取值范围；解法 2：结合几何分析，通过几何关系求出夹角余弦值的最值，进而得到取值范围. 【小问1详解】 如图， 沿圆锥的母线，将圆锥的侧面展开，得侧面展开图扇形， 其中为的中点，与在圆锥中是同一点． 因为轨迹在圆锥的侧面上， 所以，在侧面展开图中，轨迹是扇形上连接与两点的曲线． 又是最短路径，而平面上连接两点之中，线段最短， 所以，轨迹是侧面展开图扇形上连接与两点的线段，即线段． 由于，所以的长度为，又，所以． 所以，在等腰三角形中，，即的长度为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解法1：由（2）可知，是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 由于， 则，即 令， 于是平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 于是， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为； 解法2 ： 由（2）可知，平面的法向量， 由于在底面圆周上运动， 则平面即平面的法向量可以是底面上任意方向的向量， 如图，在平面内，设，过点作，则， 设平面与平面所成的角为，则， 易知，则， 综上，， 即平面与平面所成角的余弦值的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都外国语学校2026~2027学年度上期10月学月考试 高二（上）数学试卷（实验班） 考试时间120分钟；满分150分 一、单项选择题：本大题共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. 已知空间四点，，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 某公司生产的一批零件有、、三种不同型号，产量分别为，300，200件，现用分层抽样的方法从这批零件中抽取45件进行检验，若种零件被抽取20件，则（ ） A. 400 B. 300 C. 250 D. 200 3. 青城山是著名的旅游胜地．天气预报中秋节连续三天，每天下雨的概率为0.5，现用随机模拟的方法估计三天中至少有两天下雨的概率：先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示当天下雨，5，6，7，8，9表示当天不下雨，每3个随机数为一组，代表三天是否下雨的结果，经随机模拟产生了10组随机数：926 446 072 021 392 077 663 817 325 615 据此估计三天中至少有两天下雨的概率约为（ ） A. 0.45 B. 0.5 C. 0.55 D. 0.6 4. 现从2个男生2个女生共4人中任意选出2人担任成都外国语学校运动会学生代表发言，则选出的2人中恰有一个男生一个女生的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，若三向量不能构成空间向量的一组基底，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 在正四棱锥中，，为的中点，.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 在分别写有数字1，2，3，4，5的5张一样的卡片中有放回地随机取两次，每次取1张卡片，表示事件“第1 次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（ ） A. 和为对立事件 B. 与为相互独立事件 C. 与为相互独立事件 D. 与为互斥事件 8. 成年人饮水量健康标准：连续5天，每日饮水量均不低于视为达标.现有甲、乙、丙三人连续5天的日饮水量的数据（数据均为正整数，单位：）：①甲：中位数17，众数15；②乙：中位数18，平均值17；③丙：含1个数据21，平均值17，方差4.4，其中一定达标的是（ ） A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙,理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图： 用样本估计总体，以下四个选项正确的（ ） A. 丁险种最受参保人青睐 B. 随着年龄的增长人均参保费用越来越高 C. 30周岁以上的参保人数约占总参保人数的20% D. 30～41周岁参保人数最多 10. 如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方体上底面上的动点，则（ ） A. 满足平面的点的轨迹长度为 B. 满足的点的轨迹长度为 C. 存在唯一的点满足 D. 存在点满足 11. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为（），收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为（），收到1的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）．下列正确的是（ ） A. 采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到1，0，1的概率为 B. 采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为 C. 采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为 D. 当时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知一组数据的方差为2，则数据的方差为________． 13. 若对任意的，都有，则称非空集合是完美集合．从集合的所有子集中任选1个，该集合是完美集合的概率是________． 14. 正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点，，满足，，，，，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为________． 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. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求值. 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一~五组区间分别为，，，，）． （1）求的值； （2）利用频率分布直方图，估计名市民的年龄的第百分位数； （3）若从第，组用分层抽样的方法选取名市民进行座谈，再从中选取人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 17. 如图，平行六面体中，底面是菱形，且. （1）求与所成角的余弦值； （2）若空间有一点P满足：，求点P到直线的距离. 18. 甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. （1）已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. （2）除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 19. 如图，已知圆锥的底面直径，其中为底面圆心，母线，动点从点出发，在圆锥的侧面上绕轴一周后回到点，其轨迹为． （1）求长度的最小值； （2）若点在圆上，且（是所对的圆心角，），证明：存在非零向量，使得恒成立； （3）在（2）的条件下，可知是平面曲线，记所在平面为，求平面与夹角余弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $