精品解析：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. 【答案】C 【解析】 【分析】利用代入坐标计算即得． 【详解】由可得， 解得. 故选：C． 2. 有张卡片，上面分别写有数字，，，，从这张卡片中随机抽取张，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. 【答案】D 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【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. 已知事件，是相互独立事件，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【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. 在正三棱锥中，，点为空间中的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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：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 【答案】BC 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据向量垂直的定义可判断A的正误，根据四点共面的判断方法可判断B的正误，根据基底向量的条件可判断C的正误，根据三点共线的判断方法可判断D的正误. 【详解】对于A，对于非零向量，，若，则，正确； 对于B，若对空间中任意一点，有， ∵，∴，，，四点共面，故正确； 对于C，∵ ∴，，共面，不可以构成空间的一组基底，故错误； 对于D，若空间四个点，，，，， ∵，则，，三点共线，故正确． 故选：ABD． 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 【答案】AD 【解析】 【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：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 【答案】43 【解析】 【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42，16，56，26，55，43…，所以选出来的第6个个体的编号为43. 故答案为：43. 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 【答案】##0.75 【解析】 【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. 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__________． 【答案】## 【解析】 【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：. 【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键. 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 A被击毁则甲、乙两人均要击中目标，故概率为， 【小问2详解】 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. 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?（参考数据：） 【答案】（1），； （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. 【解析】 【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即可求； （2）利用方差公式求出方差，然后计算出，再判断即可. 【小问1详解】 因为， 所以. 此次校内测试分数的平均值估计值为： . 【小问2详解】 ， 所以， 所以，， 所以得分为52分的同学的成绩没有进入到了内， 得分为94分的同学的成绩进入到了内. 17. 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． 【答案】（1）证明：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） 【解析】 【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； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1） 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） （3）存在，，理由如下： 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. 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 略 第1页/共1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. 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. 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?（参考数据：） 17. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $