精品解析：广东省江门市新会第一中学2024-2025学年高二上学期第一次质量检测数学试题

2024-2025学年度第一学期高二第一次质量检测 数学 一、单选题：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. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则计算可得结果. 【详解】由可得， 所以. 故选：B 2. 已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意知模拟三次投篮的结果，经随机模拟产生了如下10组随机数，在10组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的有可以通过列举得到共3组随机数，根据概率公式，得到结果． 【详解】解：由题意知模拟三次投篮的结果，经随机模拟产生了如下10组随机数， 在20组随机数中表示三次投篮恰有两次命中的有：204、171、263． 共3组随机数， ∴所求概率为. 故选：B. 3. 已知平面向量，．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量平行的条件直接解出t. 【详解】因为向量，且， 所以， 解得：t=. 故选：D 4. 渔民在某次打捞中打捞到的条鱼的质量（单位：斤）分别为：3.5，1.6，4.2，3.2，4.0，4.3，5.3，2.6，则这组数据的上四分位数为（ ） A. 4.1 B. 4.25 C. 4.35 D. 4.5 【答案】B 【解析】 【分析】将这组数据从小到大排列，根据上四分位数的概念，即可求得答案. 【详解】将这组数据从小到大排列得， 由上四分位数的概念知， 所以这组数据的上四分位数为第6和第7个数据的平均值，即. 故选：B. 5. 某校高一、高二、高三年级各有学生数分别为800、 1000、 800 （单位：人），现用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本了解网课学习情况，样本中高一学生的人数为48人，那么此样本的容量n为（ ） A. 108 B. 96 C. 156 D. 208 【答案】C 【解析】 【分析】利用分层抽样性质求解即可． 【详解】解：高一、高二、高三学生的数量之比依次为， 现用分层抽样的方法抽出的样本中高一学生有48人， 由分层抽样性质，得：， 解得． 故选：C． 【点睛】本题主要考查分层抽样方法，意在考查学生的数据处理能力，是基础题，解题时要认真审题，注意分层抽样的性质的合理运用． 6. 甲､乙､丙三人独立地去译一个密码,译出的概率分别,,,则此密码能被译出的概率是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先计算出不能被译出的概率，由此求得被译出的概率. 【详解】用事件A,B,C分别表示甲､乙､丙三人能破译出密码,则,,,且. ∴此密码能被译出的概率为. 故选：C 【点睛】本小题主要考查相互独立事件概率计算，考查对立事件概率计算，属于基础题. 7. 已知总体划分为3层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本容量分别为，，，样本平均数分别为，，，样本方差分别为，，，若，则（ ） A. B. C. 总体样本平均数 D. 当时，总体方差 【答案】D 【解析】 【分析】根据样本平均数以及方差的定义，即可判断A、B项；计算可判断C；根据分层抽样，总体方差的求解，计算即可得出D. 【详解】对于A、B项，由于样本容量与样本平均数、样本方差之间并不是成某种比例关系，所以选项A，B错误； 对于C项，设， 则总体样本平均数，所以选项C错误； 对于D项，当时，总体样本平均数， 所以总体方差，所以选项D正确. 故选：D． 8. 如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求出外接圆的半径，根据球的表面积求出球的半径，再由平面，则求出，最后根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】因为，，所以， ， 设外接圆的半径为，圆心为，则，即， 设三棱锥外接球的半径为，球心为，则，解得（负值已舍去）； 因为平面，所以， 即，即，解得（负值已舍去）； 所以. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键点是找到球心位置，求出底面外接圆半径和外接球半径，再根据勾股定理求出棱锥的高. 二、多选题：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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图表．则（ ） A. 丁险种参保人数超过五成 B. 41岁以上参保人数超过总参保人数的五成 C. 18－29周岁人群参保的总费用最少 D. 人均参保费用不超过5000元 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可. 【详解】由参保险种比例图可知，丁险种参保人数比例，故A正确 由参保人数比例图可知，41岁以上参保人数超过总参保人数的不到五成，B错误 由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为， 周岁以上参保人数最少比例为，周岁以上人群人均参保费用,所以18－29周岁人群参保的总费用最少，故C正确． 由不同年龄段人均参保费用图可知，人均参保费用不超过5000元,故D正确 故选：ACD． 10. 若数据，，…，的平均数为2，方差为3，则（ ） A. 数据，，…，的平均数为20 B. C. 数据，，…，的标准差为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平均数与方差的计算公式以及运算性质，依次判断四个选项即可． 【详解】因为数据，，，的平均数为2， 所以数据，，，的平均数为， 故选项错误； ，故选项正确； 数据，，，的方差为， 所以数据，，，的标准差为， 故选项正确； 由方差的计算公式可得，， 故选项正确． 故选：． 11. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回的依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（ ） A. B. 与互斥 C. 与相互独立 D. 与互为对立 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式求出所对应的事件的概率即可判断A，根据互斥事件的概率即可判断B，根据相互独立事件的定义判断C，根据对立事件的概率即可判断D． 【详解】设2个白球为，2个黑球为， 则样本空间为：，共12个基本事件. 事件，共4个基本事件； 事件，共6个基本事件； 事件，共6个基本事件； 事件，共8个基本事件， 对于A，由，故A正确； 对于B，因为，所以事件B与C不互斥，故B错误； 对于C，因为，，， 则，故事件A与B相互独立，故C正确； 对于D，因为，，所以事件A与D互为对立，故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. 已知事件与相互独立，，，则______． 【答案】0.88 【解析】 【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案. 【详解】因为事件与相互独立， 所以， 所以． 故答案为：0.88 13. 某电路由三种部件组成（如图），若在某段时间内正常工作的概率分别为，则该电路正常运行的概率为__________. 【答案】##0.32 【解析】 【分析】要使电路正常，则需要A正常，两个B至少有一个正常，C正常，利用独立事件的概率公式求概率即可. 【详解】要使电路正常运行，则需要A正常，两个B至少有一个正常，C正常， 所以电路正常运行的概率为. 故答案为：. 14. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】连接，则，根据给定条件及正八边形的特征，利用数量积的定义求解即可. 【详解】在正八边形中，连接，则， 而，即，于是，在等腰梯形中， ，所以. 故答案为： 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. 设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求B； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，即可得结果； （2）利用余弦定理可得，再结合面积公式运算求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 且，则，可得，即， 且，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得：， 即，整理可得，解得或（舍去）， 所以的面积. 16. 某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩分以上（包括分，满分分）共有人，分成、、、、五组，得到如图所示频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到）； （2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中任取人，求此人分数都在的概率． 【答案】（1）平均数为，中位数约为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据所有直方图面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加可得样本的平均数，根据中位数的定义可求得样本的中位数； （2）计算出分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、，数学成绩位于的有人，记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【小问1详解】 由，解得， 这次数学竞赛成绩的平均数为， 前组的频率和为，前组的频率和为， 所以中位数为． 【小问2详解】 分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、． 数学成绩位于的有人，记为、、、， 从人中任取人，基本事件有：、、、、、、、 、、、、、、、、、、、 、，共种， 其中人分数都在的有、、、，共种， 所以从人中任取人，分数都在的概率为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，是与的交点，平面，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线得，再利用线面平行的判定即可； （2）利用线面垂直的性质得，再证明，最后根据面面垂直的判定即可证明； （3）取的中点，连接，，根据线面角定义转化为求的正切值，最后根据三角函数定义即可得到答案. 【小问1详解】 连接，在平行四边形中， 为与的交点， 为的中点，又为的中点，， 又平面平面， 平面. 【小问2详解】 平面平面，， 在中，，，又，， 因为平面平面，所以平面， 又平面，平面平面. 【小问3详解】 取的中点，连接，， 为的中点，，且 由平面，得平面， 是直线与平面所成的角， ， 在Rt中，， ，从而， 在Rt中，， 直线与平面所成角的正切值为. 18. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰.已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响. （1）求甲选手进入第三轮才被淘汰概率； （2）求至少有一名选手通过全部考核概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设事件表示“甲选手能正确回答第轮问题”，设事件表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，由独立事件概率的乘法公式，计算可得答案； （2）利用独立事件的概率乘法公式求出甲选手通过全部考核的概率与乙选手通过全部考核的概率，然后利用对立事件的概率公式求解． 【小问1详解】 设事件表示“甲选手能正确回答第轮问题”， 由已知， 设事件表示“甲选手进入第三轮才被淘汰”，即甲选手第一、二轮的问题回答正确，而第三轮的问题回答错误， 则； 【小问2详解】 设表示“甲选手通过全部考核”， 则． 设事件表示“乙选手能正确回答第轮问题”， 由已知， 设表示“乙选手通过全部考核”， 则． 则至少有一名选手通过全部考核的概率为. 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证明见解析 （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． 【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 $$ 2024-2025学年度第一学期高二第一次质量检测 数学 一、单选题：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. 设复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知某运动员每次投篮命中的概率是40%．现采用随机模拟的方法估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中，5，6，7，8，9，0表示不命中；再以每三个随机数为一组，代表三次投篮的结果．经随机模拟产生了如下10组随机数：204 978 171 935 263 321 947 468 579 682，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，．若，则（ ） A. B. C. D. 4. 渔民在某次打捞中打捞到的条鱼的质量（单位：斤）分别为：3.5，1.6，4.2，3.2，4.0，4.3，5.3，2.6，则这组数据的上四分位数为（ ） A 4.1 B. 4.25 C. 4.35 D. 4.5 5. 某校高一、高二、高三年级各有学生数分别为800、 1000、 800 （单位：人），现用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本了解网课学习情况，样本中高一学生的人数为48人，那么此样本的容量n为（ ） A. 108 B. 96 C. 156 D. 208 6. 甲､乙､丙三人独立地去译一个密码,译出的概率分别,,,则此密码能被译出的概率是 A. B. C. D. 7. 已知总体划分为3层，通过分层随机抽样，各层抽取样本容量分别为，，，样本平均数分别为，，，样本方差分别为，，，若，则（ ） A. B. C. 总体样本平均数 D 当时，总体方差 8. 如图，在三棱锥中，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ） A. 1 B. C. D. 二、多选题：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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图表．则（ ） A. 丁险种参保人数超过五成 B. 41岁以上参保人数超过总参保人数的五成 C. 18－29周岁人群参保的总费用最少 D. 人均参保费用不超过5000元 10. 若数据，，…，的平均数为2，方差为3，则（ ） A. 数据，，…，的平均数为20 B. C. 数据，，…，的标准差为 D. 11. 口袋中装有大小质地完全相同的白球和黑球各2个，从中不放回的依次取出2个球，事件“取出的两球同色”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是白球”，事件“取出的两球不同色”，则（ ） A. B. 与互斥 C. 与相互独立 D. 与互对立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知事件与相互独立，，，则______． 13. 某电路由三种部件组成（如图），若在某段时间内正常工作的概率分别为，则该电路正常运行的概率为__________. 14. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则______. 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. 设的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求B； （2）若，求面积. 16. 某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在分以上（包括分，满分分）共有人，分成、、、、五组，得到如图所示频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到）； （2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中任取人，求此人分数都在的概率． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，是与的交点，平面，，是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值． 18. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰.已知甲选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，乙选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，且两位选手各轮问题能否正确回答互不影响. （1）求甲选手进入第三轮才被淘汰的概率； （2）求至少有一名选手通过全部考核的概率. 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 $$