宁夏回族自治区银川一中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

银川一中2024/2025学年度(下)高一期末考试 数 学 试 卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知非零向量和互相垂直，则的值是 A． B． C． D． 2．有张卡片，上面分别写有数字，，，，从这张卡片中随机一次性抽取张， 则取出的张卡片上的数字之和为奇数的所有基本事件数为 A． B． C． D． 3．已知一组数据的方差是，那么另一组数据，，，， 的方差是 A． B． C．1 D．3 4．已知事件，是相互独立事件，且，，则 A． B． C． D． 5．已知直线、、与平面、，下列命题正确的是 A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．如图，在四棱锥中，底面，， ，点为的中点，，，， 则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 7．如图，三棱锥P-ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC 上靠近点P的三等分点，G是棱AB 上靠近点B的三等分点， H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体的 体积为 A． B． C． D． 8．在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则 的最小值为 A． 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．对于样本数据5，2，7，9，8，11，说法正确的是 A．中位数为7 B．中位数为7.5 C．极差为9 D．方差为2 10．关于空间向量，以下说法正确的是 A．非零向量，，若，则 B．若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C．设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D．若空间四个点，，，，，则，，三点共线 11．如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，且点满足 ，则下列说法正确的是 A．若平面，则最小值为 B．若平面，则 C．若，则到平面的距离为 D．若，时，直线与平面所成角为，则 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00，01，…，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为 ． 5044664421        6606580562        6165543502        4235489632        1452415248 2266221586        2663754199        5842367224        5837521851        0337183911 13．刘徽是魏晋时代著名的数学家，他给出的阶幻方被称为“神农幻方”．所谓幻方，即把排成的方阵，使其每行､每列和对角线的数字之和均相等．如图是刘徽构作的3阶幻方，现从中随机抽取和为15的三个数，则这三个数中仅有1个奇数的概率是 ． 8 1 6 3 5 7 4 9 2 14. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动， 则正方体的体积的最大值是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 甲、乙两人分别对，两个目标各射击一次，若目标被击中两次则被击毁，每次射击互不影响.已知甲击中，的概率均为，乙击中，的概率分别为，. (1)求A被击毁的概率； (2)求恰有1个目标被击毁的概率. 16．（15分） 某学校为了了解高二年级学生数学运算能力，对 高二年级的200名学生进行了一次测试.已知参加此次 测试的学生的分数全部介于45分 到95分之间，该校将所有分数分成5组：，， ，，，，，整理得到如下频率分布直 方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）. (1)求的值，并估计此次校内测试分数的平均值； (2)试估计这200名学生的分数的方差，并判断此次得分为52分和94分的两名同学的成绩是否进入到了范围内？（参考公式：，其中为各组频数；参考数据： 17.（15分）（使用立体几何法作答） 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形， ，侧面PAB底面，， （1）求证：平面 （2）过AC的平面交PD于点M，若， 求三棱锥的体积． 18．（17分） 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. 19．（17分） 如图1，在梯形中，为的中点，与交于点.将沿折起到的位置，得到三棱锥，使得二面角为直二面角（如图2）. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小； (3)在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 试卷第1页，共3页 高一期末数学试卷 第1页(共2页) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 银川一中2024/2025学年度(下)高一期末数学试卷答案 一、单选题 1．【答案】C 【分析】利用代入坐标计算即得． 【详解】由可得， 解得. 故选：C． 2．【答案】D 【分析】一一列举即可 【详解】取出的张卡片上的数字之和为奇数所包含的基本事件为：，，， 故选：D 3．【答案】D 【分析】根据方差的性质直接运算求解. 【详解】由题意可得：，，，，的方差是. 故选：D. 4．【答案】A 【分析】根据相互独立事件的性质可知事件，也是相互独立事件，再由相互独立事件的概率公式计算可得. 【详解】因为事件，是相互独立事件，所以事件，也是相互独立事件， 又，，所以，， 所以. 故选：A 5．【答案】B 【分析】对于A，由只需之间的位置关系即可判断；对于B，由面面垂直的判定即可判断；对于C，由线面位置关系即可判断；对于D，由面面垂直的性质即可判断. 【详解】对于A，若，，则平行、相交或异面； 对于B，若，则存在，使得，又因为，，而，所以，故B正确； 对于C，若，，则或，故C错误； 对于D，若，，，且如果不在内，则不会有，故D错误. 故选：B. 6．【答案】A 【分析】建立空间直角坐标，根据条件写出相关点的坐标，再求出向量，的坐标，再根据向量的夹角公式计算即可. 【详解】以为原点，以，，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，，，， ，， ， 则异面直线与所成角的余弦值为， 故选：A. 7．【答案】B 【分析】多面体体积为三棱锥与四棱锥体积之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可. 【详解】连接， ∵ ∴， ∵， ∴, ∴多面体体积为：. 故选： B. 8．【答案】C 【分析】记的重心为，点是的中点，点是的中点，进而求得，利用空间向量加减、数乘的几何意义，将化为，数形结合求最小值. 【详解】记的重心为，点是的中点，点是的中点， 在正三棱锥中，所以， 平面，又平面，所以， 则. 又， 所以 ， 所以当与重合时，取最小值0， 此时有最小值. 故选：C 二、多选题 9．【答案】BC 【分析】AB选项，将数据从小到大排列，从而利用中位数的定义进行求解；C选项，利用极差的定义计算即可；D选项，先计算出平均数，从而计算出方差. 【详解】AB选项，按照从小到大排序如下：2,5,7,8,9,11，共6个数据，所以第3和第4个数据的平均数为中位数，即，A错误，B正确； C选项，极差为，C正确； D选项，平均数为，故方差为，D错误. 故选：BC 10．【答案】ABD 【分析】由向量垂直的性质判断；由共面向量定理判断；由向量加法法则判断；由共线向量定理判断． 【详解】对于，非零向量，，若，则，正确； 对于，若对空间中任意一点，有， ，，，，四点共面，故正确； 对于， ∵ ∴共面，不可以构成空间的一组基底，故错误； 对于，若空间四个点，，，，，∵，则，，三点共线，故正确． 故选：． 11．【答案】AD 【分析】建立空间直角坐标系，可得到各点坐标，对于A，求出平面的法向量，根据线面平行可得，再借助基本不等式即可得解；对于B，借助空间向量计算即可；对于C，利用点到平面距离公式计算即可；对于D，利用空间向量夹角公式计算即可. 【详解】如图，以点为坐标原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则有 ， 则，， 对于A： 设平面的一个法向量为，则有， 令，则，故 因为，平面， 所以，得， 又因为，所以， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故A正确； 对于B：，则， 若平面，则有，即， 解得，故B错误； 对于C：若，则， 则到平面的距离为，故C错误； 对于D：，当，时，， 则 ， 当时，， 当时，， 当且仅当时，等号成立， 故，即，故D正确. 故选：AD. 三、填空题 12．【答案】55 【分析】由随机数表依次得出样本编号即可. 【详解】由题可得选出来的样本编号依次为42，16，56，26，16，55，…，所以选出来的第6个个体的编号为55. 故答案为：55. 13．【答案】/0.75 【分析】根据题意列出样本空间及所求事件的样本点集合，利用古典概型概率计算公式进行计算即可. 【详解】试验“随机抽取和为15的三个数”的样本空间 ， ， 记“和为15的三个数中仅有1个奇数”， 则 故． 故答案为：. 14．【答案】/ 【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答. 【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球， 设圆锥的母线长为，底面半径为，则， 所以 如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆 截面， 的高，则内切圆O的半径即球半径， 于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：， 所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题 15．【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出甲、乙两人均要击中目标的概率，即为A被击毁的概率；（2）求出A被击毁，B不被击毁的概率，再求出B被击毁，A不被击毁的概率，相加后得到恰有1个目标被击毁的概率. 【详解】（1）A被击毁则甲、乙两人均要击中目标，故概率为， （2）B被击毁的概率为， 则A被击毁，B不被击毁的概率为， B被击毁，A不被击毁的概率为， 则恰有1个目标被击毁的概率为 16．【答案】(1)， (2)，52没进，94进入 【分析】（1）由各组的频率和为1，可求出的值，再根据平均数的定义可求出； （2）利用方差公式求出方差，然后计算出，再判断即可. 【详解】（1）． . 该次校内考试测试分数的平均数的估计值为： 分. （2） ． ， ． 得分为52分的同学的成绩没有进入到，内， 得分为94分的同学的成绩进入到了，内． 17．【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）由菱形的性质有，勾股定理知，结合面面垂直的推论可得，根据线面垂直的判定证垂直即可；（2）由面即可计算，结合已知条件可求三棱锥的体积； 【详解】（1）由题意知：底面ABCD是菱形，且 ∴，又在△中，，即， ∴，又面PAB面，面PAB 面，面PAB， ∴面，而面，有：，， ∴平面； （2）由（1）知：面，有， 而，且， ∴ 【点睛】本题考查了应用几何图形的性质，及线面垂直的判定证明垂直，根据已知体积关系结合三棱锥的体积公式求三棱锥的体积. 18  【答案】(1) (2) (3) 【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. 【详解】（1）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； （2）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：． （3）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．【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）证明，根据直线和平面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，计算法向量之间夹角的余弦值，即可得到二面角的大小； （3）假设存在点满足题意，设，分别求出平面和平面的法向量，根据其法向量垂直，数量积为零列方程解的值得到答案. 【详解】（1）证明：在梯形中，因为为的中点， 所以，连接，所以四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点，所以. 因为平面平面，所以平面. （2）在平行四边形中，因为， 所以四边形为菱形，所以， 所以在三棱锥中，. 因为平面平面，所以即为二面角的平面角， 所以，即. 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系， 则， 所以. 设平面的一个法向量为， 则，令，得. 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角的大小为. （3）假设在线段上存在点，使得平面平面， 设，因为，所以， 所以， 易知. 设平面的一个法向量为， 则，令，得. 设平面的一个法向量为， 则，令，得. 由，解得， 所以当为线段的中点时，平面平面，此时. 试卷第1页，共3页 试卷答案第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$