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2026-2027学年湖南省湘潭市第一中学高二（上）开学检测数学试卷（9月份）
一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.样本数据2，8，14，16，20的上四分位数为（　　）
A. 14 B. 15 C. 16 D. 18
2.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=6，C′D′=2，则四边形ABCD的面积是（　　）
A.
B.
C. 8
D. 16
3.某学习小组共有6人，其中男生4人、女生2人，在一次考试中男生得分的平均数为90、方差为12，女生得分的平均数为81、方差为9，则该小组这次考试的总体方差为（　　）
A. 29 B. 37 C. 84 D. 87
4.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，A1B1=2，若二面角A-CD-C1的大小为，则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为（　　）
A. B. C. D.
5.一个袋子中有大小和质地相同的4个球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回地依次随机取出两个球.事件A=“第一次取出的球的数字是1”，事件B=“第二次取出的球的数字是2”，事件C=“两次取出的球的数字之和是4”，则（　　）
A. A与B相互独立 B. A与C相互独立 C. B与C互斥 D.
6.在四面体ABCD中，点P，Q满足，，记，则x+y+z=（　　）
A. B. C. D.
7.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，∠A1AB=∠A1AD=60°，DA⊥AB，则BD1的长为（　　）
A. B. C. D.
8.已知A，B为两个随机事件，，P（B）=0.4，则下列结论错误的是（　　）
A. P（A）=0.3 B. 若A B，则P（AB）=0.3
C. 若P（AB）=0.2，则P（A+B）=0.9 D. 若A，B互斥，则P（A+B）=0.7
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.如图，已知圆台OO′的下底面直径AB=4，母线BC=2，且AC⊥BC，P是下底面圆周上一动点，则（　　）
A. 圆台OO′的侧面积为6π
B. 圆台OO′的体积为
C. 当点P是弧AB中点时，三棱锥A-BCP的内切球半径
D. PA+2PC的最大值为
10.已知样本数据x1，x2，…，x5的平均数为3，方差为3，样本数据y1，y2，…，y10的平均数为3，方差为6，则下列结论正确的是（　　）
A. 数据2x1+1，2x2+1，…，2x5+1的平均数为7
B. 数据2y1-1，2y2-1，…，2y10-1的方差为11
C. 数据x1，x2，…，x5，y1，y2，…，y10的平均数为3
D. 数据x1，x2，…，x5，y1，y2，…，y10的方差为5
11.在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠BAD=∠BAA1=∠DAA1=60°.则（　　）
A.
B. AC1的长为6
C. AC1⊥平面A1BD
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.棱长均为1m的正三棱柱透明封闭容器盛有am3水，当侧面AA1B1B水平放置时，液面高为hm（如图1）；当转动容器至截面A1BC水平放置时，盛水恰好充满三棱锥A-A1BC（如图2），则h= .
13.在四面体P-ABC中，Q为△ABC的重心，E，F，G分别为侧棱PA，PB，PC上的点，若，，，PQ与平面EFG交于点D，则= .
14.某人有两把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把去办公室，如果一天下班时他在办公室而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家.如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上班和下班时下雨的概率均为，不下雨的概率均为，且与过去情况相互独立.现在两把雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少有一天淋雨的概率为 .
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.(本小题13分)
为纪念建党100周年，某校举办党史知识竞赛，现从参加竞赛的同学中，选取200名同学并将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]．得到如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值，并估计这200名学生成绩的中位数；
（2）若先用分层抽样的方法从得分在[40，50）和[50，60）的学生中抽取5人，然后再从抽出的5人中任意选取2人，求此2人得分恰在同一组的概率．
16.(本小题15分)
如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰梯形，AB∥CD，CD∥EF，AB=DE=EF=CF=2，CD=4，AE=2，AD=BC=，M是CD的中点.
（1）证明：平面ABCD⊥平面CDEF；
（2）求平面BCM与平面BEM所成角的余弦值；
（3）是否存在点N在线段AM上，使得直线EN与平面BEM所成角的正弦值为？若存在，请求出|AN|的值；若不存在，请说明理由.
17.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点G，E，F，P分别为棱AB，D1C1，B1C1，AA1的中点，点M是棱A1D1上的一点，且D1M=3A1M.
（1）求证：D，B，F，E四点共面；
（2）求证：D1G∥平面DBFE；
（3）已知点N是棱A1B1上的一点，且平面PMN∥平面DBFE，求的值.
18.(本小题17分)
回答以下问题：
（1）如图1，设点O为三棱锥A-BCD外接球的球心，过O作OO1⊥平面ABC于点O1，作OO2⊥平面BCD于点O2.设棱BC的中点为E，连接O1E，O2E.设二面角A-BC-D为θ（0＜θ＜π），|O1E|=m,|O2E|=n,|O1A|=r1，|O2D|=r2，球O的半径为R.求证：
i.O1为△ABC的外心；
ii.O，O1，O2，E四点共面；
iii..
注：当三棱锥的形状变化时，图1的形状也可能发生变化（例如图2）.事实上，上述求解R2的公式对任意三棱锥都成立，不过你只需基于图1证明即可.
（2）已知等边三角形PQM的边长为2，直线l将其分成两个多边形.将其中一个多边形绕l旋转角度α（0＜α＜π），然后以这两个多边形为底面，连接它们边界上的对应点，构成一个多面体若该多面体的所有顶点都在同一个球面上，求该球半径的最小值.
19.(本小题17分)
我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
（1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面α上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面α的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d,分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积.
（2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高，根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式.
（3）若正方体ABCD-A1B1C1D1棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积.
1.【答案】C
2.【答案】A
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】C
6.【答案】D
7.【答案】C
8.【答案】C
9.【答案】ABD
10.【答案】ACD
11.【答案】AC
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】解：（1）由频率分布直方图的面积之和为1知，
10×（0.004+a+0.0232+0.028+0.0232+0.0156）=1，
解得a=0.006；
∵10×（0.004+0.006+0.0232）=0.332＜0.5，
10×（0.004+0.006+0.0232+0.028）=0.612＞0.5，
∴估计这200名学生成绩的中位数为70+=76；
（2）∵0.004：0.006=2：3，
∴在[40，50）和[50，60）的学生中分别抽取2人，3人；
记在[40，50）的学生为a，b；
记在[50，60）的学生为1，2，3；
则从抽出的5人中任意选取2人，共有（a，b），（a，1），（a，2），（a，3），
（b，1），（b，2），（b，3），（1，2），（1，3），（2，3）10种情况；
此2人得分恰在同一组的共有（a，b），（1，2），（1，3），（2，3）4种情况；
故此2人得分恰在同一组的概率为=．
16.【答案】（1）证明：由题意知，四边形ABCM和四边形CMEF均为平行四边形，
所以AM=BC=，EM=CF=2，
因为AD=，DE=DM=2，
所以△ADM是等腰三角形，△DEM是等边三角形，
取DM的中点O，连接OA，OE，则OA⊥DM，OA=3，OE=，
因为AE=2，所以OA2+OE2=AE2，即OA⊥OE，
又DM∩OE=O，DM、OE 平面CDEF，
所以OA⊥平面CDEF，
又OA 平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面CDEF．
（2）解：由（1）知，OE，OC，OA两两垂直，
故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，2，3），E（，0，0），M（0，1，0），
所以=（，-2，-3），=（0，-1，-3），
设平面BEM的法向量为=（x,y,z），则，
取z=1，则x=，y=3，所以=（，3，-1），
易知平面BCM的一个法向量为=（1，0，0），
设平面BCM与平面BEM所成角为θ，则cosθ=|cos＜，＞|===，
故平面BCM与平面BEM所成角的余弦值为．
（3）解：设线段AM上存在点N满足题意，N（0，t,3（1-t）），t∈[0，1]，
则=（-，t,3（1-t）），
因为直线EN与平面BEM所成角的正弦值为，
所以|cos＜，＞|===，
整理得3t2-7t+2=0，
解得t=或t=2（舍），
此时N（0，，2），A（0，0，3），
所以|AN|=，
故在线段AM上存在点N满足题意，且|AN|=．
17.【答案】证明见解析；
证明见解析；
．
18.【答案】解：（1）证明：i.因为OO1⊥平面ABC，O1A，O1B，O1C 平面ABC，
所以OO1⊥O1A，OO1⊥O1B，OO1⊥O1C，
则，，，
又点O为三棱锥A-BCD外接球的球心，则OA=OB=OC，
因此O1A=O1B=O1C，即O1为△ABC的外心；
ii.因为O1为△ABC的外心，且E为BC的中点，
所以BC⊥O1E，同理可证BC⊥O2E，
因为O1E，O2E 平面O1O2E，O1E∩O2E=E，
所以BC⊥平面O1O2E．因为OO1⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以OO1⊥BC，因为OO1，O1E 平面OO1E，OO1∩O1E=O1，
所以BC⊥平面OO1E，
因为过点E有且仅有一个平面与直线BC垂直，
所以平面O1O2E与平面OO1E重合，即O，O1，O2E四点共面；
iii.因为BC⊥O1E，BC⊥O2E，
所以∠O1EO2是二面角A-BC-D的平面角，即∠O1EO2=θ，
设∠O1EO=φ，因为O，O1，O2，E四点共面，所以在图1中，有∠O2EO=θ-φ，
因为OO1⊥平面ABC，O1E 平面ABC，
所以OO1⊥O1E．同理OO2⊥O2E，
因此，
即m（cosθcosφ+sinθsinφ）=ncosφ，解得，
因此，因为OO1⊥O1C（i问中已经证明），
所以，
同理，，，
因此；
（2）在图1中有，
因此由（1）的第iii问可得，对给定的r1，r2，m和n,当θ在（0，π）内变化时，
若r1＞r2，则m＞n,此时当时，R取得最小值r1，
若r1＜r2，则m＜n,此时当时，R取得最小值r2，
若r1=r2，则m=n,此时，
因此当θ趋近于0时，R趋近于其下界r1（但无法取得），
由对称性，仅需考虑以下两种情况：
情况1：P∈l,设l∩QM=S，
此时两个多边形为△PQS和△PMS，多面体为三棱锥P-Q′MS，
设△PQS和△PMS的外接圆半径分别为r1，r2，
则由正弦定理，，
而，等号成立当且仅当点S为QM中点，
因此由前述结论，当α趋近于0时且S为QM中点时，R趋近于其下界1；
情况2：l与线段PQ，PM各有一交点（非端点），设l∩PQ=U，l∩PM=V，
此时两个多边形为△PUV和四边形UQMV，多面体为四棱锥P'-UQMV（这里P′为△PUV旋转后P的对应点），
若该四棱锥有外接球，则四边形UQMV有外接圆，即UV∥QM，
此时，设△PUV和四边形UQMV的外接圆半径分别为r1，r2，PU=t（0＜t＜2），
则，，
，
因为，且当t=1（即UV为△PQM的中位线）时，r2取得最小值1，
所以由前述结论，R的最小值为1，
综上，外接球半径的最小值为1．
19.【答案】V新几何体=πR3．
．
π．
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