广东中山市濠头中学2026-2027学年高二上学期期中测试数学试卷

中山市濠头中学2028届高二上学期期中测试 数学试卷 命题人：张旭晖 审题人：高保春 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时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，只有一个选项是正确 的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上 1.某校举行“数学文化节”知识竞答，高二(3)班10名同学参加初赛的得分（单位：分）分别为62， 70,74,78,82,84,88,90,94,96.则这组数据的第60百分位数为() A.82 B.84 C.86 D.88 2.为调查海南某旅游景点“五一”假期游客的满意度，计划从3000名省外游客和2000名省内游客中，采 用分层随机抽样的方法抽取一个容量为250的样本.则样本中省外游客的人数为(） A.100 B.120 C.150 D.180 3.{a,b,c是空间的一个基底，则可以与向量m=2a-c,n=2a+c构成空间另一个基底的向量是（) A.a B.b C.c D.a+c 4.如图所示，在三棱柱ABC-ABC中，M为AC的中点，若 M AB=ā，BC=b,AA=c,则BM可表示为() A.1 a+-b+c 2 B.-a+-b+c 2 22 B: C.-1q-1B+e 1 1 2 2 D.7i-6+d 5.已知P叫4U®)-合P回-名P()-子则学件4与B的关系是（） A.A与B互斥不对立 B.A与B对立 C.A与B相互独立 D.A与B既互斥又独立 6.某学校为深入落实“健康第一”教育理念，推进健康校园建设，在高一年级采用分层随机抽样，抽取男 生30人和女生20人进行立定跳远测试（单位：cm).已知男生样本均值为220，方差为900；女生样本 均值为170，方差为400.则抽取的样本总方差为() A.650 B.700 C.1300 D.1400 7.将一颗质地均匀的正四面体骰子（各面分别标有数字1,2,3,4）连续抛掷两次，观察并记录，得到 两次侧面上的三个数字之和分别为S,S2,则S,-S2≤1的概率为() A. B.2 C. D. 8 试卷第1页（共4页） 8.如图，正方体ABCD-EFGH的棱长为4，若P在正方体内部且满足P=3AB+AD+1AE,则P到直 41 2 线BH的距离最小值为() E F G •P D BL-- B. 2 C.5 6 D.② 2 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 选对得6分，部分选对得的得部分分，有选错的得0分 ).已知事件么B发生的概率分别为P()-?P(®)-号则下列说法正确的是《) A.事件A与事件B互为对立事件 B.若AcB,则P(B)-月 C.若P4)=子则P(4)= 12 D.若P(1U)=了则件A与李件B相互独立 10.给出下列四个命题，其中正确的有() A.若空间向量a,b,c均为非零向量，满足a/b,b,则ale: B.设{a,b,c是空间中的一组基底，则{ā-b,b+c,a+c也是空间的一组基底； C已知空间四个点P4C,若心=Pi+PB,则ABC三点共线： D.对任意空间向量a,b,c,都有(a·b)c=a(bc)成立. 11.疫情当下，通过直播带货来助农，不仅为更多年轻人带来了就业岗位，同时也为当地农民销售出了 农产品，促进了当地的经济发展某直播平台的主播现要对6种不同的脐橙进行选品，其方法为首先对这 6种不同的脐橙（数量均为1），进行标号为1~6，然后将其放入一个箱子中，从中有放回的随机取两次， 每次取一个脐橙，记第一次取出的脐橙的标号为a,第二次为a2,设A 其中[x]表示不超过x的 a, 最大整数，则() Aa+6=)号 B.事件4=6与A=0互斥 C.P(a>a)-j2 D.事件a2=1与A=0对立 试卷第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.总体由编号为01,02，.，39,40的40个个体组成，从中选取6个个体.利用科学计算器依次生 成一组随机数如下：6506586154350242354896321552395240，则选出来的第6个个体的编号为 13.放置于空间直角坐标系中的棱长为2的正四面体ABCD中，H是底面中心，DH⊥平面ABC,写出平 面BHD的一个法向量 B文 14.甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7，乙的 卡片上分别标有数字2,4,6,8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随 机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮 所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲得3分的概率为 ；甲 的总得分不小于2的概率为 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(13分).已知向量a=(-2,-1,2),b=(-1,1,2),c=(x,2,2) (1)若a⊥c,求|b+c: (2)设OA=a,OB=b,OC=C,若O,A,B,C四点共面，求实数x的值 16(15分).中国I大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了了解 中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在[15,65] 内)，按照15,25)，[25,35)，[35,45)，[45,55)，[55,65]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图. 频率/组距 (1)求m的值： 0.040----- (2)求这500名中国AI大模型用户的年龄在[15,35)内的人数： 0.030 (3)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数 m-- 0.010 0.005 0152535455565年龄/岁 试卷第3页（共4页） 17(15分).在平行六面体ABCD-ABCD中，AB=AD=2,AA=3, ∠BAD=∠BAA=∠DAA,=60°，E为AC与B,D,的交点. (I)用AB,AD,AA表示AE: (2)求AE: (3)求异面直线AE与BC所成角的余弦值， 18(17分).如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PD⊥平面ABCD, PA=PC=3,E,F,G分别是PA,PC,PD上的点，且AE=CF=1. (1)证明：BG⊥AC (2)已知B,E,G,F四点共面，求DG的长. G (3)AC与BD相交于点O,是否存在点G,使得OG//平面BEF,若存 D 在，求出DG长度 19（17分).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 p,(0<P,<1),收到0的概率为1-p；发送1时，收到0的概率为P2(0<P2<1),收到1的概率为 1-P2.现有两种传输方案：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（例 如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0)：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，若依次收到1,1,1，则译码为1). 23 (I)已知B=3P=4 ①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率： ②若采用单次传输方案，依次发送0,0,1，证明：事件“第三次收到的信号为1与事件“三次收到的数字之 和为2相互独立. (2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求P2的取 值范围. 试卷第4页（共4页） 《2026年10月14日高中数学作业》参考答案 动弱 同短图断 题号 2 心 6 6 7 8 9 10 答案 C C B A D BCD AC 题号 11 答案 BC 1.C 【分析】由百分位数的定义求解即可 【详解】将10个数据从小到大排列（题中已排列）：62,70,74,78,82,84,88,90,94,96， 因为n=10,np=10×60%=6为整数， 所以第60百分位数为第6个数与第7个数的平均数，即84+8=86. 2 2.C 【详解】由题意得总人数为300+2000=5000，且抽样比为250=J 5000-201 可得样本中省外游客的人数为3000×二=150，故C正确。 20 3.B 【详解】对于A流项，i一+--d小+2a+)城立，故不能构破空间的另一个类底： 对于B选项，不存在实数x,y,使得b=xm+yn=x(2a-c)+y(2a+c),故能构成空间的另一个基底： 对行c或6-子：-同r号59)，放不金施成闲片个。 2 对干D滤项。i+6=m+=2五-0+a+小，放不能胸皮字间的分一个底 4.A 【详解】取AC的中点N,连接BN,N,如图所示， B C M B ,M为AC的中点，AB=ā，BC=b,AA=C,∴NM=AA=c, N-a1+B0(+a0=a+5, 答案第1页（共10页） :.BM=BN+NM=-a+-b+c. 2 2 5.C 【分折】利P国名引红指川利令，可符到P(利+P(到-=名幸P(网奥能符到A与B不百乐，木 对立：再利用PAU)-代+P@-P代4n到空米P代4n刷=品即可得到搭案 【详解1由P(间可用P(利=1-P回-1名-日 88 因为P(4+P()名≠P(4UB,则A与B不互斥，不对立， 白P4U)=P(4小+P(-P(4n可得P(4-立 因为P(4Pr(@到是P4n8,所以A与B相亚独立 故选：C 6.C 【详解】抽取的样本总平均数x=30×20+20×170=200, 50 以抽取的样本总方差3=0220-200+900+50I070-2002+4001=1 50 7.C 【分析】列举法写出基本事件，根据古典概型求解. 【详解】因正四面体抛掷一次，侧面上的三个数字之和分别为6,7,8,9， 所以正四面体骰子连续抛掷两次所得样本点为 (66),(67）,(6,8),(6,9),(7,6),(7,7),(7,8),(7,9),(8,6),(8,7),(8,8),(8,9), (9,6),(9,7),(9,8),(9,9),共16个， 其中满足S1-S2≤1的样本点为(6,6)，(6,7)，（7,6)，(7,7)，(7,8)，(8,7)，(8,8)，(89)， (9,8),(9,9),共10个， 所以P=105 Γ168 8.D 【分析】以A为坐标原点，AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量及 配方法求解即可. 【详解】以A为坐标原点，AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系： 答案第2页（共10页） ZA G D 则A(0,0,0),B(4,0,0),D(0,4,0),E(0,0,4),H(0,4,4) 所以AB=(4,0,0),AD=(0,4,0),AE=(0,0,4), 所以P-+号0+aE=620, 所以P(3,2,4), 又因为P在正方体内部， 所以te[0,1], 又因为BF=(-4,4,4),BP=(1,2,41), 所以cos(BP,Bi)= BP.BH 3+4t 1BP|BH|V482+15 设P到直线BH的距离为d, d=BP xsin(BP,BH)=BPx1-cos2(BP,BH) BPx1-cos2(BP,BH) =V162+5× V322-241+6 V3×V16t2+5 =V322-241+6 √5 322-24t+6 3 -52-+ 3 所以当t=。时， 52u+小，为 √2 2 所以P到直线BH的距离最小值为 2 9.BCD 【分析】对于A根据对立事件的定义即可判断，对于B根据交事件的性质即可判断，对于C先求 答案第3页（共10页） P(BA),进而得P(BA),根据概率的乘法公式即可判断，对于D利用独立事件的定义即可判断。 【详解】对于A:由P(A)+P(B)=1,若P(AB)≠0，则事件A与事件B不是对立事件， 若P(AB)0,则事件A与事件B互为对立事件，故A错误： 对于B:若AcB,则P氏B)=P(A)了故B正确： 对Tc:老风-子高P国小-兴智-子嘴州国-1州国小-1 所以（回-PP(@4小-兮2数c: 对于D:老P(4U-=g,所以P4U=P氏利+P(-P4=+号-P=了即P(-号 所以P(AB)=P(A)P(B),所以事件A与事件B相互独立，故D正确 故选：BCD 10.AC 【分析】A,利用平行关系的传递性判断；B,通过设线性组合为零，判断三向量是否线性相关，从而确 定能否构成基底；C,利用向量共线定理，由系数和为1判断三点共线；D,通过比较两向量各自与哪个 向量共线来判断是否恒相等. 【详解】对于A:若ā/b,b忙，且b≠0，由平行关系的传递性可得则a/忙，所以A正确： 对于B,需判断ā-b,b+c,ā+c是否线性无关， 设x(a-b)+y(6+c+z(a+c)=0, 整理得：(x+z)a+(-x+y)b+(y+z)c=0. x+z=0 因为a,b,c是基底，所以{-x+y=0, y+z=0 由第一式z=-x,第二式y=x,代入第三式得x+(-x)=0,恒成立， 说明存在非零解，例如x=ly=l,z=-l,使得：(a-b)+(6+c)-(a+c)=0. 所以三向量线性相关，不能作为基底，所以B错误： 对于C:由元-+丽。且系数和+子1，所以4aC三点共线，所以c正确： 对于D:(a.b)e与c共线，a6c与a共线。 向量ā与向量c方向不一定相同，所以一般不相等，所以D错误。 答案第4页（共10页） 11.BC 【分析】根据有放回的随机取两次结果36种逐个分析判断即可解决 【详解】由题知，从中有放回的随机取两次，结果有（记为a42): 11,12,13,14,15,16,21,22,23,24,25,26,31,32,33,34,35,36, 41,42,43,44,45,46,51,52,53,54,55,56,61,62,63,64,65,66, 共36种， 若a1+a2=5,此时取1,4或2,3 41 所以P(a+a42=5)= 369,故A错误： 若4=6，则A ≥1恒成立， 所以与A=0互斥，故B正确； 5+4+3+2+15 P(a1>a2)= 故C正确： 6×6 12 当4=3,42=2时， A= =1,此时事件42=1与A=0均未发生， a 所以事件42=1与A=0不对立，故D错误， 故选：BC 12.39 【分析】根据随机数抽样规则可得结果 【详解】生成的随机数中落在编号01,02，，39,40内的依次有06,35,02,35（重复），32,15， 39,40. 所以选出来的第6个个体的编号为39. 13.（1,V3,0)(答案不唯一) 【分析】利用向量法得出平面BHD的一个法向量. 【详解1白可知a1-号0c-4-25.0-4-2 33 号0aooa52 0-Qa)明-1停0段i=kx为平面aD的一个法有菜。 答案第5页（共10页） i-D=262=0 则 3 分.听=-x+ ，不妨设x=1,则n=(山，v3,0 3 =0 故平面BHD的一个法向量为1，V3,0). 故答案为：(1,3,0（答案不唯一） 14. 24 205 【详解】古典概型，两人的出牌顺序都是等可能的，可以固定一方的顺序来简化，共24种 甲得3分，即四轮中甲赢3轮、输1轮。固定甲的顺序为1,3,5,7。乙唯一的出牌顺序为8,2,4,6 满足条件的乙出牌顺序只有1种，故P=4 甲总得分不小于2，即甲至少赢2轮。由于第一轮甲出1，必输，所以后三轮中甲至少要赢2轮。固定甲 的顺序为1,3,5,7，按乙第一轮出的牌分类讨论。 情况1：乙第一轮出2，此时乙剩下4,6,8 第二轮甲出3，要赢只能靠乙出2，但2已用，所以第二轮必输。于是第三、四轮必须都赢。第三轮甲出 5,要赢乙只能出4；第四轮甲出7，要赢乙只能出6。 此时乙顺序为2,8,4,6满足条件，共1种。 情况2：乙第一轮出4，乙剩下2,6,8。 若第二轮乙出2，则甲第二轮赢；第三轮乙只能出6或8，均输；第四轮乙出6时甲赢，出8时甲输。 要至少赢2轮，第四轮必须出6。得到42,8,6共1种。 若第二轮乙出8，则甲第二轮输；第三轮乙出2时甲赢，第四轮乙出6时甲赢，得到4,8,2,6共1种。 情况3：乙第一轮出6，乙剩下2,4,8。 若第二轮乙出2，则甲第二轮赢：第三、四轮用4,8，无论顺序如何，甲都恰赢一轮，总计甲赢2轮。得 到6,2,48或者6,2,8,4 若第二轮乙出8，则甲第二轮输：第三、四轮用2,4，无论顺序如何，甲都赢两轮，总计甲赢2轮。得到 6,8,2,4或者6,8,42 情况4：乙第一轮出8乙剩下2,4,6。 若第二轮乙出2，则甲第二轮赢；第三、四轮用4,6，两种顺序下甲都至少再赢一轮，总计至少赢2轮。 得到8,2,4,6或者8,2,6,4共2种。 若第二轮乙出4，则甲第二轮输：第三轮乙出2、第四轮乙出6时，甲后两轮都赢，得到8,4,2,6共1 种。 若第二轮乙出6，则甲第二轮输；第三、四轮用2,4，无论顺序如何，甲都赢两轮，得到 862,4或者8642P=片-故答案为：24：2 11 答案第6页（共10页） 15.(1)5 @ 【分析】(1)利用空间向量垂直关系的坐标表示求出x,进而求出b+c的坐标，再利用坐标求出模. (2)由O,A,B,C四点共面，得向量c,a,b共面，建立等式c=ma+nb求解即可. 【详解】(1)由a⊥c,得ac=-2x-2+4=0,…1分，解得x=1,…2分， 则c=(1,2,2),而b=(-1,1,2),…3分， 因此b+c=(0,3,4)…4分，所以b+C=V32+42=5.…6分， (2)若O,A,B,C四点共面，则向量c,a,b共面，设c=ma+nb,…7分 即(x,2,2)=m(-2,-1,2)+n(-1,1,2)…8分， x=-2m-n 因此2=-m+n…10分，解得m=2n 13 1 三2…12分 2=2m+2n 2, 1 所以x的值是 2 …13分 16.(1)0.015 (2)200人 (3)37.5 【分析】(1)由所有频率之和为1求解： (2)由年龄在15,35)内的频率计算求解： (3)由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解. 【详解】(1)由题可知组距为10，则：(0.01+0.03+0.04+m+0.005)×10=1,3分 解得：m=0.015;…5分 (2)这500名中国AI大模型用户的年龄在[15,35)内的频率为：(（0.01+0.03)×10=0.4，…8分 所以这500名中国A1大模型用户的年龄在15,35)内的人数为：500×0.4=200人；…10分 (3)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为： (20×0.01+30×0.03+40×0.04+50×0.015+60×0.005)×10=37.5.…15分（结果错误扣2分） 1n.0证=4++40 (2)3v2 答案第7页（共10页） ) 2 【分析】(1)结合题意利用向量的运算法则即可求解： (2)由(1)的结论，结合向量的数量积公式及模长定义即可求解； (3)利用向量的运算法则及数量积公式即可求解 【详解11)如图，由题应得4正=4+4C…1分=-4C2分 =A4+AB+14D, 2 2 1 即AE=AA+。AB+。AD.…4分 D C （2)由于A2=+号46+AD2…5分 2 2 DAB.AD =32+×2+x22+3×2×0s60°+3×2×c0s60°+x2×2×c0s60°=189分， 1 4 4 所以AE=V8=32.…10分 (3)由于A2BC=4+AB+ADAD1分 2 =440-号D+0…2分 =3x2×c0s60°+x2×2xc0s60°+×22=6，…13分 所以cos(AE,BC)= AE.BC 6 -v2 AEBC 3V2×22,…14分 因此AE与BC所成角的余弦值为V2 …15分 答案第8页（共10页） 18. 【分析】(1)连接BD与AC,根据题意，分别证得BD⊥AC,PD⊥AC,利用线面垂直的判定定理， 证得AC⊥平面PDB,进而证得BG⊥AC; (2)以D为原点，建立空间直角坐标系，设G(0,0,h),得到BG=(-2,-2,h),求得平面BEF的一个法向 量n= 二38V。结合BGn=0,列出方程，求得h的值，即可求解 【详解】(1)证明：连接BD与AC,因为底面ABCD是正方形，所以BD⊥AC,…1分 又因为PD⊥平面ABCD,且ACC平面ABCD,所以PD⊥AC,…2分 因为BDOPD=D3分，且BD,PDC平面PDB,所以AC⊥平面PDB,…4分 又因为BGc平面PDB,所以BG⊥AC.5分 (2)(也可以用共面充要条件完成) 解：以D为坐标原点，以DA,DC,DP分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系，6分 如图所示，因为PA=PC=3,AD=2,所以PD=√PA2-AD2=√5，…7分 又因为AE=CF=1,则知E,F分别是PA和PC上的三分点， 可20F号} …8分 设G(0,0,h) 则-(2号E-（2}-(2-2.9分 BF.n=-2x- 2.V y+ 320 设平面BEF的法向量i=(x,y,z),则 ,…11分 公En三-5x-2少+VG 320 令2=5，可得=少客所以-气怎店 5 (8'8N512分 因为BGc平面BEF,所以BGn=0,即--5+5h=0,解得h=5 44 …13分 2 所以DG的长为5.…14分 2 (3)因为OGI平面BEF,所以OG1元。 0c.元=-1×8+(-1)×8+2×V5=0。…15分 52=至z=年…16分 因为z∈0V同，所以存在这样的点G(00写 此时DG=z=5。…17分 4 答案第9页（共10页） 19.10 9 ②证明：记事件B为“第三次收到的信号为1”，则P(B)=1-3= 44 记事件C为“三次收到的数字之和为2'， 223,211.1214 则P(C)-3×号*4号×3×4+有*34g1 因为a0)-号对5号写PPq. 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立. a制 【分析】(1)①记事件A为至少收到一次0'，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记 事件B为“第三次收到的信号为1，事件C为“三次收到的数字之和为2”，证明P(BC)=P(B)P(C)即 可； (2)记事件M为“采用三次传输方案时译码为0”，事件N为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意 可得P(M)>P(N),解不等式可解 【详解】(1)①记事件A为“至少收到一次0”，…1分 则0=2x对号兮号 …2分 ②证明：记事件B为“第三次收到的信号为1”，3分 则P(B)=1- 31 44·…4分 记事件C为三次收到的数字之和为2”，…5分 则P9-号号+号对写号*号 …6分 2×1x1+1x21_1 因为P(BC)=3×3×4+3×3×4gP(B)P(C),8分 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立.…9分 (2)记事件M为“采用三次传输方案时译码为0'，则P(M)=3p(1-P2)+p2.…11分 记事件N为“采用单次传输方案时译码为0’，则P(N)=P2·…12分 根据题意可得P(M)>P(N)…10分，即3p2(1-P2)+p2>P2,…14分 因为0<p2<1,所以3p2(1-p2)+p3>1,2P-3p2+1<0,…16分 解得A<1,放A的取做范国为 …17分 【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率 答案第10页（共10页）