湖南省衡阳市衡阳县第四中学2026-2027学年高二上学期开学测试数学试卷（含答案）

/衡阳县四中2026-2027学年上学期高二开学测试卷数学满分：150分考试时间：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，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】因为，则，所以.2.甲班和乙班同学在体育课上进行拔河比赛，比赛采取三场两胜制（当一个班获得两场胜利时，该班获胜，比赛结束），假设每场比赛甲班获胜的概率为，每场比赛结果互不影响，则甲班最终获胜的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意甲班最终获胜分三种情况进行讨论，进而求出结果.【详解】甲班最终获胜有三种情况：①甲班前两场获胜；②甲班第1场和第3场获胜，第2场输；③甲班第1场输，第2场和第3场获胜.故甲班最终获胜的概率为.故选：D.3.在四棱锥中，，，，则四棱锥的高为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求底面ABCD的法向量，然后由点到平面的向量公式直接求解.【详解】设平面ABCD的法向量为，则∴取，得，四棱锥的高即为点S到平面ABCD的距离，为．故选：B4.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】，，从集合中各任取一个数的样本空间，共有8个样本点.记事件“为整数”，则，共4个样本点，所以.5.如图，在平行四边形中，，为的中点，为上的一点，且，则实数的值为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据已知条件利用向量的加法法则用表示，再利用平面向量基本定理结合条件列出方程组，求解即可.【详解】，为的中点，，，三点共线，设，又，，解得.故选：B.6.已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列条件中，一定得到直线的是（）A.， B.，C.， D.，，，【答案】C【解析】【详解】A：直线可能平行于平面、在平面内或垂直平面，无法确定.B：平行平面，与垂直的直线可在面内，无法确定.C：若一条直线垂直于一个平面，则与这条垂线平行的直线垂直该平面，成立.D：缺少相交的条件，若，可平行于平面或在平面内，不能推出.7.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且面积为.若，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理、三角形面积公式及正弦定理边化角求解.【详解】在中，，而，由，得，又，，则，由正弦定理得，解得，由，得，所以.8.正方体中，错误的是（）A. B.平面 C.平面平面 D.平面平面【答案】D【解析】【分析】解法一：A项，通过证明四边形是平行四边形，即可证明结论；B项，通过，，即可证明平面；C项，通过证明平面，平面，即可证明结论；D项，假设垂直，得出平面，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论.解法二：建立空间直角坐标系，求平面、平面和平面的法向量，利用空间向量判断线、面关系.【详解】解法一：由题意，在正方体中，A项，，，∴四边形是平行四边形，∴，A正确；B项，由几何知识得，，，，平面，平面，∴平面，故B正确；C项，∵，平面，平面，∴平面，由几何知识得，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴平面平面，C正确；D项，假设平面平面，则交线为，此时有，∴平面，∵平面，∴，连接，，由几何知识得，，则，故在中，由几何知识得，，∴三角形为等边三角形，，矛盾，故D错误.解法二：以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，可得，，，，对于A：因为，可得，故A正确；对于B：根据正方体的性质可知平面，故B正确；对于C：设平面的法向量为，则，设，可得，可得；设平面的法向量为，则，设，可得，可得；因为，所以平面平面，故C正确；对于D：由题意可知：平面的一个法向量，因为，可知平面与平面不垂直，故D错误.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.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A.的平均数等于的平均数B.的中位数等于的中位数C.的标准差不小于的标准差D.的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误；对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：举反例说明，例如：，则平均数，标准差，，则平均数，标准差，显然，即，所以的标准差不小于的标准差，这一论断不成立，故C错误；对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD.10.如图，已知，，，，其内有一点，满足，过点的直线分别交，于点，.设，（，），则下列说法正确的是（）A. B.点为的重心C. D.【答案】BCD【解析】【分析】对于A由得，对于B取的中点为，，利用重心的性质即可判断，对于C由，利用三点共线即可判断，对于D设中点为，计算，利用重心的性质得.【详解】对于A：由有，故A错误；对于B：取的中点为，由又，所以点共线，且为三等分点，即为的重心，故B正确；对于C：由，又三点共线，即，故C正确；对于D：设中点为，则有，又，即，所以，在中有，又为重心，所以，故D正确.故选：BCD.11.已知圆锥SO（O是圆锥底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为4，底面半径为3．若P，Q为底面圆周上的任意两点，则下列说法中正确的是（）A.圆锥SO的侧面积为 B.面积的最大值为C.三棱锥体积的最大值为 D.圆锥SO的内切球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，圆锥的侧面展开图为扇形，母线为扇形半径，底面圆周长为扇形弧长，据此可得圆锥的侧面积；B选项，利用三角形的面积公式可知，当时，三角形面积最大，可判断选项；C选项，利用三棱锥等体积转换，可得当面时，三棱锥体积最大，可判断选项C；D选项，求出内切圆半径即可.【详解】A选项，因底面半径为3，则底面圆周长为，母线长为4，则侧面积为：.故A正确；B选项，由母线长为4，半径为3，可得高为，设是底面圆的一条直径，则，即是钝角，又，则存在点，当时，，三角形面积的最大值为，故B错误；C选项，，当面时，，故C正确；D选项，设内切求球心为，半径为，过作，则，，则与相似，则，即，所以内切求表面积为，D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量，，，且，则______.【答案】3【解析】【详解】因为，，，所以，可得，即，又，解得.13.设复数，满足，，，则__________.【答案】【解析】【分析】将两个复数转化成两个向量的形式，然后对两向量和的平方与两向量的差的平方进行相加，化简，进而可求得答案.【详解】设，在复平面内对应的向量为，，则，，且.考虑到，故，故，所以.故答案为：.14.猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，三位同学独立竞猜，其中的20道灯谜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了n道.以频率估计概率，任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率为______；若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，则n的值为______.【答案】①.②.10【解析】【分析】由题设求出甲、乙、丙猜对或错的概率值，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率；利用对立事件的概率求法及独立事件乘法公式列方程求n.【详解】设事件A为“任选一道灯谜甲猜对”，事件B为“任选一道灯谜乙猜对”，事件C为“任选一道灯谜丙猜对”，则，，，，，.“甲、乙两位同学恰有一个人猜对”即，且与互斥.每位同学独立竞猜，故A，B相互独立，则A与，与B，与均相互独立，.设事件D为“甲、乙、丙三人中至少有一个人猜对”，则，，解得.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.为了解居民用水情况，相关部门通过抽样，获得了某年100户居民每户的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，…，分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.（1）求a的值并估计该地区月均用水量的60%分位数；（2）现从该地区居民中任选2户居民，将月均用水量落入各组的频率视为概率，不同户居民的月均用水量相互独立，求恰有1户居民月均用水量大于分位数的概率；（3）现有4户居民甲、乙、丙、丁，经调查，甲和乙月均用水量大于分位数，丙和丁月均用水量不大于60%分位数，现从该4户中随机选2户，求所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数的概率.【答案】（1），2.25吨（2）0.48.（3）.【解析】【分析】（1）根据给定的频率分布直方图，利用各小矩形面积和为1求出，再利用分位数的意义列式求解.（2）利用互斥事件、相互独立事件的概率公式求解.（3）利用列举法求出古典概率.【小问1详解】由频率分布直方图，得，因此；数据落在区间的频率为，数据落在区间的频率为，则用水量吨数的分位数，由，解得，所以估计该地区月均用水量的分位数为2.25吨.【小问2详解】设事件表示第i户居民月均用水量大于分位数，则，事件B表示恰有1户居民月均用水量大于分位数，，因此，所以恰有1户居民月均用水量大于分位数的概率为0.48.【小问3详解】试验的样本空间(甲,乙),(甲,丙),(甲,丁),(乙,丙),(乙,丁),(丙,丁)，共6个样本点，事件M表示所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数，则(甲,丙),(甲,丁),(乙,丙),(乙,丁)，共4个样本点，则，所以所选2户中恰有1户月均用水量大于分位数的概率为.16.如图，在边长为2的正方形中，分别是的中点.（1）若，则的值（2）若交于点，求线段的长【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，根据平面向量线性运算的坐标表示即可得解；（2）根据三点共线和三点共线，结合共线向量的坐标公式求出点的坐标，再求出即可.【小问1详解】以点为坐标原点，分别以，方向为轴正方向建立平面直角坐标系，则，，，，，则，，，由可得：，所以，解得，因此；【小问2详解】设，因为三点共线，所以则存在唯一实数，使得，则，可得，，即，又三点共线，且，，则，所以，解得，则，所以，所以，所以线段的长.17.在中，角所对的边分别为，已知，且．（1）求角的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理与和角公式，化简方程即可求得；（2）利用余弦定理求出边，再由三角形面积公式计算即得.【小问1详解】由和正弦定理，，因，代入上式化简得：，因，则有，即，因，则.【小问2详解】由余弦定理，，因，，代入得，即，解得（负根舍去），故的面积为.18.甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同.（1）求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；（2）求甲获得冠军的概率；（3）求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）乙在第1场、第4场均负，利用独立事件的乘法公式进行求解；（2）分析出甲获胜的情况，得到各个情况下的概率，相加后得到答案；（3）分乙的决赛对手是甲，丙，丁，分析出各场比赛胜负情况，求出相应的概率，相加后得到答案.【小问1详解】乙连负两场，即乙在第1场、第4场均负，∴乙连负两场的概率为；【小问2详解】甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，∴甲获得冠军的概率为：．【小问3详解】若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，∴甲与乙在决赛相遇的概率为：．若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：，若乙的决赛对手是丁，和乙的决赛对手是丙情况相同，∴乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：．19.如图所示正四棱台，其中，.（1）当时，求和平面所成角；（2）证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积.【答案】（1）（2）连接、交于,连接、交于,如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且,所以四边形为平行四边形,所以，因为平面,平面，所以平面.体积为【解析】【分析】（1