精品解析：广东中山市桂山中学2026-2027学年高二上学期第一次学科练习数学试卷

第一次学科练习（2026.10） 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第I卷（非选择期）．试卷满分150分．考试时间120分钟． [注意事项】 1．答卷前，考生务必将自已的班级、姓名、4位班座号、10位市统考号，用黑色签字笔或钢笔填写在答题卷密封銭内． 2．选择题涂在答题卡相应位置，非选择题答案写在指定答题区域．考试结束后，只交答题卡． 3．试卷共4页，答题卷共4页，作答时用黑色签字笔或钢笔直接答在指定答题处． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分． 1. 已知一组数据为：3，4，6，7，9，12，则下列说法正确的是（ ） A. 中位数为6，极差为8 B. 中位数为6，极差为9 C. 中位数为6.5，极差为8 D. 中位数为6.5，极差为9 2. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知一组数据 的平均数为 ，方差为 ．若将这组数据中的每一个数都乘以 再减去 ，得到一组新数据 ，则新数据的平均数和方差分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知随机事件，互斥，且，，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.8 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 6. 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. 7. 已知5个互不相等的整数，平均数为2026，极差为4，则这5个数的方差为（ ） A. 2 B. 2.5 C. 4 D. 5 8. 在正方体中，E为棱BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，若，则所有满足条件的点P构成的图形的周长是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分 9. 同时抛掷两枚均匀硬币，记事件“出现两个反面”，事件“出现一正一反”，事件“出现两个相同的面”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与为互斥事件 D. 为必然事件 10. 若为平面的法向量，为平面的法向量，为直线的方向向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 11. 在棱长为2的正方体中，点P满足，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则 C. 若，则P到平面的距离为 D. 若，时，直线与平面所成角为，则 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分 12. 高一年级有男生600人，女生400人，小丽按男女生进行分层随机抽样的方法，得到男女生的平均身高分别为170cm和162cm，如果在各层中按比例分配样本，总样本量为50人，那么在这种情况下高一年级全体学生的平均身高为________． 13. 甲盒装有2个红球、4个白球，乙盒装有3个红球、3个白球.掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为1或2，从甲盒中随机摸出2个球，否则从乙盒中随机摸出2个球.则摸到2个白球的概率为________. 14. 在长方体中，，点为侧面内的一点，且点到点的距离与到平面的距离相等，点满足，则的最小值为__________. 四、解答题 15. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 16. 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. 17. 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200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（第一～五组区间分别为，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数及的值； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民年龄的第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2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． 18. 在某比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首轮由四人抽签两两对阵，两场比赛胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；第二轮，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者淘汰出局并获得第三名；最后一场比赛在剩下的两人间进行，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立． （1）若． ①求甲获得第四名的概率； ②设甲总共进行了3场比赛为事件，甲获得冠军为事件，证明：事件，相互独立； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签两两对阵，两场比赛的胜者晋级到决赛（争夺冠军），败者参加三、四名排位赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由． 19. 如图，棱长为2的正方体中，E、F分别是棱的中点，G为棱上的动点． （1）是否存在一点G，使得平面？若存在，指出点G位置，并证明，若不存在，说明理由； （2）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积； （3）（ⅰ）若直线与平面所成角为，求的最大值； （ⅱ）求三棱锥的外接球半径的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第一次学科练习（2026.10） 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第I卷（非选择期）．试卷满分150分．考试时间120分钟． [注意事项】 1．答卷前，考生务必将自已的班级、姓名、4位班座号、10位市统考号，用黑色签字笔或钢笔填写在答题卷密封銭内． 2．选择题涂在答题卡相应位置，非选择题答案写在指定答题区域．考试结束后，只交答题卡． 3．试卷共4页，答题卷共4页，作答时用黑色签字笔或钢笔直接答在指定答题处． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分． 1. 已知一组数据为：3，4，6，7，9，12，则下列说法正确的是（ ） A. 中位数为6，极差为8 B. 中位数为6，极差为9 C. 中位数为6.5，极差为8 D. 中位数为6.5，极差为9 【答案】D 【解析】 【详解】由题可得中位数是，极差是. 2. 已知，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以，故. 3. 已知一组数据 的平均数为 ，方差为 ．若将这组数据中的每一个数都乘以 再减去 ，得到一组新数据 ，则新数据的平均数和方差分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】设原数据的平均数为 ，方差为 ，新数据 ． 由平均数的线性性质得 ；由方差的性质得 （常数项不影响方差）． 4. 已知随机事件，互斥，且，，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.8 【答案】D 【解析】 【分析】先由对立事件的概率关系计算，再利用互斥事件的概率加法公式求结论. 【详解】因为 ， ， 所以. 因为、互斥，， 所以. 5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的公式计算即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为: . 6. 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. 7. 已知5个互不相等的整数，平均数为2026，极差为4，则这5个数的方差为（ ） A. 2 B. 2.5 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可求得五个数据，利用方差公式可求得结果. 【详解】因为5个互不相等的整数为满足平均数为2026，则总和为； 因为这5个数为互不相等的整数，且极差为4， 那么这5个整数只能是连续的5个整数： 所以 解得，所以这5个互不相等的整数为： 方差为：. 8. 在正方体中，E为棱BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，若，则所有满足条件的点P构成的图形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用线面垂直判定定理构造出过点且与垂直的平面，确定点的轨迹为该平面与正方体表面相交形成的矩形，再通过边长计算求出轨迹周长. 【详解】取中点，中点，连接、、、，得到平面， 正方形中，，为中点，故，为中点，故， 在与中，，，， 因此，所以， 因为，所以，即， 由正方体中底面，底面，得， 又，平面，平面，所以平面， 满足的所有点，必在过且与垂直的平面内（即平面）， 又点在正方体表面上，因此的轨迹为平面与正方体表面的交线，即矩形的四条边， 在中，；正方体棱长； 所以矩形的周长为. 二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分 9. 同时抛掷两枚均匀硬币，记事件“出现两个反面”，事件“出现一正一反”，事件“出现两个相同的面”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与为互斥事件 D. 为必然事件 【答案】ABD 【解析】 【分析】先列出个等可能基本事件，再根据古典概型计算事件，概率，再由互斥事件的定义判断C，由必然事件的定义判断D可得. 【详解】同时抛掷两枚均匀硬币， 共有个等可能基本事件：(正₁,正₂)、(正₁,反₂)、(反₁,正₂)、(反₁,反₂)， 选项A：因为事件“出现两个反面”，所以事件仅包含(反₁,反₂)共个基本事件， 故，A正确. 选项B：因为“出现一正一反”，所以事件包含(正₁,反₂)、(反₁,正₂) 共个基本事件， 故​，B正确. 选项C：事件“出现两个反面”满足事件“出现两个相同的面”的要求， 因此发生时也会一定发生，二者存在公共样本点， 不满足互斥事件“不能同时发生、交集为空”的定义， 因此与不是互斥事件，C错误. 选项D：事件“出现一正一反”，事件“出现两个相同的面”， 抛掷两枚硬币的所有结果都必然属于事件或，不存在其他情况， 因此是必然事件，D正确. 10. 若为平面的法向量，为平面的法向量，为直线的方向向量，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则或 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，由题意可知，则，存在实数，使得， 所以，解得，选项A正确； 对于B，若，则，存在实数，使得， 所以，解得，选项B错误； 对于C，若，则， 所以，选项C正确； 对于D，若，则， 所以，所以或者，选项D正确. 11. 在棱长为2的正方体中，点P满足，且，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则 C. 若，则P到平面的距离为 D. 若，时，直线与平面所成角为，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用面面平行判断线面平行，即可判断A，建系后写出相关点的坐标，对于B，利用向量的数量积的坐标公式计算即可判断；对于C，利用空间中点到平面的距离公式计算即可：对于D，由条件求得，利用线面角的向量求法得到，借助于函数的单调性即可求得的范围. 【详解】连结，，，由可知，点在线段上， 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，且，平面， 所以平面平面，平面，所以平面，故A正确； 如图以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 对于B，，， 则，得， 所以，，， 故不与垂直，故B错误； 对于C，时，，又，， 设平面的法向量为，则， 故可取，又， 则到平面的距离为，故C错误； 对于D，当，时，，则， 又由C已得平面的法向量为， 则， 当时，， 当时，， 因在上单调递减，则，则有， 则，则当时，，故D正确． 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分 12. 高一年级有男生600人，女生400人，小丽按男女生进行分层随机抽样的方法，得到男女生的平均身高分别为170cm和162cm，如果在各层中按比例分配样本，总样本量为50人，那么在这种情况下高一年级全体学生的平均身高为________． 【答案】166.8cm 【解析】 【详解】按照分层随机抽样，男生抽取的样本量为（人）， 女生抽取的样本量为（人）， 所以样本总体平均值为． 则高一年级全体学生的平均身高估计为166.8cm． 13. 甲盒装有2个红球、4个白球，乙盒装有3个红球、3个白球.掷一枚质地均匀的骰子，若向上的点数为1或2，从甲盒中随机摸出2个球，否则从乙盒中随机摸出2个球.则摸到2个白球的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】分别计算从甲盒、乙盒摸出白球的概率，根据全概率公式求解即可. 【详解】记事件为“从甲盒中摸球”，事件为“从乙盒中摸球”，事件为“摸到两个白球”， 掷质地均匀的骰子，出现点数为1,2的概率，此时从甲盒摸到白球的条件概率； 出现点数为3,4,5,6的概率，此时从乙盒摸到2个白球的总概率； 则摸到白球的总概率为：. 14. 在长方体中，，点为侧面内的一点，且点到点的距离与到平面的距离相等，点满足，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，设，由点到点的距离与到平面的距离相等，得到与的关系式，再用坐标表示，代入关系式后配方求最小值. 【详解】以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，. 由知在线段上，且，所以，于是. 因为为侧面内的一点，所以设，其中，. 点到点的距离为，又平面即为平面，所以点到平面的距离为. 由题意得，因为，两边平方并整理得，即. 于是，所以. 代入，得. 因为，所以当时，取得最小值，此时，满足. 四、解答题 15. 如图，四棱锥的底面是边长为1的正方形，侧棱底面，且，E是侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接，交于点， 因为底面是正方形，所以 是的中点， 又因为E是侧棱的中点， 所以在中，是中位线， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可； （2）建立空间直角坐标系，结合线面角公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， ， ， 因为平面在面内， 可设平面法向量为， 所以设直线与平面所成角为， 则. 16. 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： . 17. 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200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（第一～五组区间分别为，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数及的值； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民年龄的第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2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）人， （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图求出年龄在内的频率，即可求对应人数；再列方程求a； （2）依次计算各组累积频率，定位第 80 百分位数所在区间，代入百分位数公式计算得到百分位数估计值； （3）先根据分层抽样确定两组抽取人数，列举基本事件，由古典概型概率公式即可求出概率. 【小问1详解】 年龄在的频率是，故选取的市民年龄在内的人数是人； 由所有矩形面积之和为，得，解得； 【小问2详解】 先计算各组累积频率： ：，累积频率为， ：，累积频率为， ：，累积频率为， ：，累积频率为. 则第80百分位数落在 内，故估计200名市民年龄的第80百分位数为； 【小问3详解】 第3组人数：，第4组人数：，两组人数比， 分层抽样选取 5 人，则第 3 组抽人，第 4 组抽人， 记年龄在的3人为，年龄在的2 人为从 5 人中任选 2 人， 样本空间为， 即， 设事件为至少一人年龄在，则， 即， 所以. 18. 在某比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军．比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首轮由四人抽签两两对阵，两场比赛胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；第二轮，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；第三轮，“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到最后的决赛，败者淘汰出局并获得第三名；最后一场比赛在剩下的两人间进行，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵结果相互独立． （1）若． ①求甲获得第四名的概率； ②设甲总共进行了3场比赛为事件，甲获得冠军为事件，证明：事件，相互独立； （2）除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人抽签两两对阵，两场比赛的胜者晋级到决赛（争夺冠军），败者参加三、四名排位赛，哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由． 【答案】（1）①； ②甲总共进行了3场比赛，有四种可能性分别为 第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛败获得第二名； 第一轮胜进入“胜区”，第二轮败，第三轮败获得第三名； 第一轮败进入“败区”，第二轮胜，第三轮败获得第三名； 所以， 甲获得冠军，有三种可能性分别为 第一轮胜进入“胜区”，第二轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 第一轮胜进入“胜区”，第二轮败，第三轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 第一轮败进入“败区”，第二轮胜，第三轮胜进入决赛，决赛胜获得冠军； 所以， 事件和事件同时发生，只有一种可能，即甲连续三场全胜获得冠军， 所以， 因为， 所以事件，相互独立. （2）在“双败淘汰制”下甲夺冠的概率， 在“单败淘汰制”下甲夺冠的概率， 因为， 所以当时，，即“单败淘汰制”对甲夺冠有利； 当时，，即两种赛制下甲夺冠的概率一样； 当时，，即“双败淘汰制”对甲夺冠有利. 【解析】 【分析】（1）①结合对立事件和独立事件概率公式求解即可； ②根据事件独立的充要条件，分别计算出三个概率验证等式成立即可. （2）分别求出两种赛制甲夺冠概率，再利用作差法比较两概率的大小，取夺冠概率最大的赛制对甲夺冠有利. 【小问1详解】 ①记“甲获得第四名”为事件，即甲双败，则. ②略 【小问2详解】 略 19. 如图，棱长为2的正方体中，E、F分别是棱的中点，G为棱上的动点． （1）是否存在一点G，使得平面？若存在，指出点G位置，并证明，若不存在，说明理由； （2）若直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积； （3）（ⅰ）若直线与平面所成角为，求的最大值； （ⅱ）求三棱锥的外接球半径的最小值． 【答案】（1）存在一点G，当点G为的中点时，使得平面， 连接，如图所示：   ∵点分别是的中点，，同理， 又平面，平面，所以，则， 同理可证：， 又因为平面，∴平面. （2） （3）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取点G为的中点，利用线面垂直的判定定理可证； （2）取的中点，根据求出，利用割补法以及求体积； （3）（ⅰ）以点为坐标原点建系，设，利用表示，结合基本不等式求最值； （ⅱ）求证三棱锥的外接球的球心在上，设外接球球心为， 设，，化简得出，结合基本不等式求出，最后求二次函数最值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，，由题意可知，平面，且， 是直线与平面所成的角，即，   在中，， ∴在中，， 又 ， ． 【小问3详解】 （ⅰ）以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，， 设， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，则 若直线与平面所成角为，则 当且仅当，即，时，等号成立. （ⅱ）因为，， 所以，即， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，所以三棱锥的外接球的球心在上， 设外接球球心为， 设，，则的坐标为， 则，即， 所以，设，则，则， 而，当且仅当，即时，等号成立， 因为，所以， 三棱锥的外接球的半径 ， 因为，所以，所以， 三棱锥的外接球半径的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $