精品解析：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. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ） A. B. C. D. 4. 如图所示，在三棱柱中，M为的中点，若，则可表示为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则事件与的关系是（ ） A. 与互斥不对立 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 与既互斥又独立 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，，则的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，正方体的棱长为，若在正方体内部且满足，则到直线的距离最小值为（ ） A. B. C. D. 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 9. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则事件与事件相互独立 10. 给出下列四个命题，其中正确的有（ ） A. 若空间向量均为非零向量，满足，，则； B. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底； C. 已知空间四个点，若，则三点共线； D. 对任意空间向量，都有成立. 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，第二次为，设，其中[x]表示不超过x的最大整数，则（ ） A. B. 事件与互斥 C. D. 事件与对立 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：65 06 58 61 54 35 02 42 35 48 96 32 15 52 39 52 40，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，平面ABC，写出：平面BHD的一个法向量___________； 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. 已知向量，，. （1）若，求； （2）设若四点共面，求实数的值 16. 中国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．为了了解中国大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这500名中国大模型用户的年龄在内的人数； （3）估计这500名中国大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）． 17. 在平行六面体中，，，，为与的交点． （1）用，，表示； （2）求； （3）求异面直线与所成角的余弦值． 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，E，F，G分别是PA，PC，PD上的点，且． （1）证明：； （2）已知B，E，G，F四点共面，求的长． （3）与相交于点O，是否存在点G，使得平面，若存在，求出长度． 19. 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．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，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． （1）已知． 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，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，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】C 【解析】 【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，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. 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 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得总人数为，且抽样比为， 可得样本中省外游客的人数为，故C正确. 3. 已知是空间的一个基底，则可以与向量，构成空间另一个基底的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对于A选项，成立，故不能构成空间的另一个基底； 对于B选项，不存在实数，，使得，故能构成空间的另一个基底； 对于C选项，，故不能构成空间的另一个基底； 对于D选项，，故不能构成空间的另一个基底． 4. 如图所示，在三棱柱中，M为的中点，若，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】取AC的中点N，连接BN，MN，如图所示， ∵M为的中点，，， ， ． 5. 已知，，，则事件与的关系是（ ） A. 与互斥不对立 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 与既互斥又独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用计算出，可得到则能得到与不互斥，不对立；再利用算出即可得到答案 【详解】由可得， 因为，则与不互斥，不对立， 由可得， 因为，所以与相互独立 故选：C 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 【答案】C 【解析】 【详解】抽取的样本总平均数， 所以抽取的样本总方差. 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，，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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， ，共个， 其中满足的样本点为， ，共个， 所以. 8. 如图，正方体的棱长为，若在正方体内部且满足，则到直线的距离最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以A为坐标原点，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，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系： 则，，，，， 所以，，， 所以，所以， 又因为P在正方体内部，所以， 又因为，， 令， 设P到直线的距离为d， 则 ， 所以当时，取最小值，为， 所以P到直线的距离最小值为． 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 9. 已知事件发生的概率分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与事件互为对立事件 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则事件与事件相互独立 【答案】BCD 【解析】 【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，进而得，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，若，则事件与事件不是对立事件， 若，则事件与事件互为对立事件，故A错误； 对于B：若，则，故B正确； 对于C：若，所以，所以， 所以，故C正确； 对于D：若 ，所以，即， 所以，所以事件与事件相互独立，故D正确. 故选：BCD. 10. 给出下列四个命题，其中正确的有（ ） A. 若空间向量均为非零向量，满足，，则； B. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底； C. 已知空间四个点，若，则三点共线； D. 对任意空间向量，都有成立. 【答案】AC 【解析】 【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，，且，由平行关系的传递性可得则，所以A正确； 对于B，需判断是否线性无关， 设， 整理得： 因为是基底，所以， 由第一式，第二式，代入第三式得，恒成立， 说明存在非零解，例如，使得： 所以三向量线性相关，不能作为基底，所以B错误； 对于C：由，且系数和，所以三点共线，所以C正确； 对于D：与共线，与共线， 向量与向量方向不一定相同，所以一般不相等，所以D错误. 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，第二次为，设，其中[x]表示不超过x的最大整数，则（ ） A. B. 事件与互斥 C. D. 事件与对立 【答案】BC 【解析】 【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）： 共36种， 若，此时取或 所以，故A错误； 若，则恒成立， 所以与互斥，故B正确； ，故C正确； 当时，，此时事件与均未发生， 所以事件与不对立，故D错误. 故选：BC 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：65 06 58 61 54 35 02 42 35 48 96 32 15 52 39 52 40，则选出来的第6个个体的编号为______． 【答案】 【解析】 【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. 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，平面ABC，写出：平面BHD的一个法向量___________； 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】利用向量法得出平面BHD的一个法向量. 【详解】由题意可知， 则 ,.设为平面BHD的一个法向量， 则，不妨设，则. 故平面BHD的一个法向量为. 故答案为：（答案不唯一） 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_________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】设甲在四轮的总得分为，分析可知，记，结合组合数求，进而根据分布列性质以及期望公式求即可. 【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为. 对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有六种， 从而甲在该轮得分的概率，所以. 从而. 记. 如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以； 如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以. 而的所有可能取值是0，1，2，3，故，. 所以，，两式相减即得，故. 所以甲的总得分不小于2的概率为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举. 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； （2）设若四点共面，求实数的值 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间向量垂直关系的坐标表示求出 ，进而求出的坐标，再利用坐标求出模. （2）由四点共面，得向量共面，建立等式求解即可. 【小问1详解】 由，得，解得， 则，而， 因此，所以. 【小问2详解】 若四点共面，则向量共面，设， 即， 因此，解得， 所以的值是. 16. 中国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．为了了解中国大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求的值； （2）求这500名中国大模型用户的年龄在内的人数； （3）估计这500名中国大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）． 【答案】（1）0.015 （2）200人 （3）37.5 【解析】 【分析】（1）由所有频率之和为1求解； （2）由年龄在内的频率计算求解； （3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解. 【小问1详解】 由题可知组距为10，则：，解得：； 【小问2详解】 这500名中国AI大模型用户的年龄在内的频率为：， 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为：人； 【小问3详解】 估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为：. 17. 在平行六面体中，，，，为与的交点． （1）用，，表示； （2）求； （3）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【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． 【小问1详解】 如图，由题意得， 即． 【小问2详解】 由于 ， 所以． 【小问3详解】 由于 ， 所以， 因此与所成角的余弦值为． 18. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，E，F，G分别是PA，PC，PD上的点，且． （1）证明：； （2）已知B，E，G，F四点共面，求的长． （3）与相交于点O，是否存在点G，使得平面，若存在，求出长度． 【答案】（1）证明：如图 连接与，因为底面是正方形，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以． （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）连接与，根据题意，分别证得，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）以D为原点，建立空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量，结合，列出方程，求得h的值，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以D为坐标原点，以，，分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系， 因为，，所以， 又因为，所以E，F分别是PA和PC上的三分点， 可得，，， 设，则，，， 设平面的法向量，则， 令，可得，，所以， 因为平面，所以，即，解得， 所以的长为． 【小问3详解】 建立与（2）相同的空间直角坐标系，可得平面的法向量，设， 因为平面，所以． ． ． 因为，所以存在这样的点． 此时． 19. 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．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，则译码为1，若依次收到，则译码为1）． （1）已知． 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，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，求的取值范围． 【答案】（1）① ； ②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则． 记事件为“三次收到的数字之和为2”， 则． 因为， 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． （2） 【解析】 【分析】（1）①记事件为“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记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可； （2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解. 【小问1详解】 ①记事件为“至少收到一次0”，则． ②略 【小问2详解】 记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则． 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则． 根据题意可得，即， 因为，所以， 解得，故的取值范围为． 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $