精品解析：黑龙江省绥化市哈尔滨师范大学青冈实验中学校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

哈师大青冈实验中学2024—2025学年度期末考试 高一数学试题 一、单项选择题（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，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知一组数据3，7，4，11，15，6，8，13，去掉一个最大值和一个最小值后所得数据的上四分位数为（ ） A. 4 B. 6 C. 11 D. 13 3. 已知向量，若，则（ ） A 3 B. -3 C. 4 D. -4 4. 如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是边的中点，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 2 5. 为加强学生身体健康，某校对学生进行了体能测试．已知同学甲在立定跳远项目中每次及格的概率均为0.6，现采用随机模拟的方法估计甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率：先由计算器产生0到9范围内的整数随机数，指定0，1，2，3表示没有及格，4，5，6，7，8，9表示及格，再以每3个随机数为一组，代表3次立定跳远的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数： 759 421 113 215 345 257 704 066 186 203 037 624 616 045 601 366 959 742 710 428 据随机模拟试验估计，甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 112 B. C. D. 496 7. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（ ） A. 4 B. 6 C. D. 二、选择题（本题共小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为60 B. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 C. 若一个样本容量为8的样本的平均数是5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本的平均数不变，方差变大 D. 若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16 10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若事件A，B互斥，则 B. 若事件A，B相互独立，则A，B不互斥 C. 若，则事件A，B相互独立 D. 若事件A，B相互独立，则事件A，B至少有一个发生的概率为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题（共小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则的取值范围为______. 13. 为了研究某种病毒与血型之间的关系，决定从被感染的人群中抽取样本进行调查，这些感染人群中型血、型血、型血、型血的人数比为，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为的样本，已知样本中型血的人数比型血的人数多，则_________. 14. 已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______ ． 四，解答题（本题共5个小题，其中15小题13分，16.17小题每题15分，18.19小题每题17分，共77分，解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，在菱形ABCD中，，. （1）若，求x和y的值； （2）若AB=3，，求值. 16. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）已知，D为边上一点，若，，求的长． 18. 一副三角板按如图所示的方式拼接，将折起，使得． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）设BD，CD的中点分别为M，N，平面AMN与平面ABC的交线为l，求直线l与BD所成角的余弦值． 19. 乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. （1）若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜概率为，求的值； （2）若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大青冈实验中学2024—2025学年度期末考试 高一数学试题 一、单项选择题（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，则（ ） A B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算性质得到，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】由题意得， 由复数的模长公式得，故C正确. 故选：C 2. 已知一组数据3，7，4，11，15，6，8，13，去掉一个最大值和一个最小值后所得数据的上四分位数为（ ） A. 4 B. 6 C. 11 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】把新数据按由小到大排列，利用上四分位数的定义求解即得. 【详解】依题意，所得新数据按由小到大排列为：4，6，7，8，11，13， 由，得所得数据的上四分位数为11. 故选：C 3. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. -3 C. 4 D. -4 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算与内积公式，结合两向量垂直的坐标条件可求解 【详解】， ， ，即，解得： 故选：B 4. 如图，在四棱锥中，平面，，，，已知是边的中点，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，再利用向量法求线面角. 【详解】以为坐标原点，以，，的方向分别为，，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以.取平面的一个法向量为，则，即与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 5. 为加强学生身体健康，某校对学生进行了体能测试．已知同学甲在立定跳远项目中每次及格的概率均为0.6，现采用随机模拟的方法估计甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率：先由计算器产生0到9范围内的整数随机数，指定0，1，2，3表示没有及格，4，5，6，7，8，9表示及格，再以每3个随机数为一组，代表3次立定跳远的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数： 759 421 113 215 345 257 704 066 186 203 037 624 616 045 601 366 959 742 710 428 据随机模拟试验估计，甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】找到20组数据中符合题意的数据个数，然后利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】依题意，在每组随机数中，至少有2个数字在4，5，6，7，8，9中， 即代表甲在立定跳远项目中3次机会里至少及格2次， 经统计，20组中一共有13组符合要求， 有：759，345，257，704，066，186，624，616，045，366，959，742，428， 故概率为． 故选：D． 6. 如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 112 B. C. D. 496 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于， 过作交于点E，交于点，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形， 因为水面的高度是方斗杯高度的，则 ，因此， 设棱台的高为，设体积为V， 则棱台的高为，设体积为， 则 所以，由题意，， 则该方斗杯可盛水的总体积为 故选：B. 7. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件作图，可得为等边三角形，为等腰三角形，为直角三角形，即，，再根据投影向量的概念求解即可. 【详解】如图，由，可得为的中点， 又因为为的外接圆圆心，所以， 又因为，所以， 所以为等边三角形，即， 为等腰三角形，即， 为直角三角形，， 所以向量在向量上的投影向量为 . 故选：D. 8. 记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的面积之比为，得是的中点，且，由余弦定理化简可得，即，在利用面积公式计算即可求解. 【详解】延长交于， 因为的面积之比为， 所以是的中点， 因为面积之和与面积之比为，所以， 又因为， 所以 又因为，求得， 所以， 则，又的面积为20， 所以，解得. 故选：B. 二、选择题（本题共小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组样本数据的方差，则这组样本数据的总和为60 B. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 C. 若一个样本容量为8的样本的平均数是5，方差为2.现样本中又加入一个新数据5，此时样本的平均数不变，方差变大 D. 若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得样本容量为20，平均数是3，从而可得样本数据的总和，即可判断；对于B，根据百分位数的定义，求出第70百分位数，即可判断；对于C，由题意可求得新数据的平均数及方差，即可判断,对于D，根据标准差为8，可得方差为64，从而可得新数据的方差及标准差，即可判断； 【详解】对于A，由方差的公式可知，该组数据的平均数是3，这组样本数据的总和为，A正确； 对于B，数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23共10个数， 从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，由于， 故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，即， 所以第70百分位数是23.5，故B错误； 对于C，某8个数的平均数为5，方差为2，现又加入一个新数据5， 设此时这9个数的平均数为，方差为，则，故C错误． 对于D，样本数据，，，的标准差为8，故数据，，，的标准差为，故D正确； 故选：AD． 10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若事件A，B互斥，则 B. 若事件A，B相互独立，则A，B不互斥 C. 若，则事件A，B相互独立 D. 若事件A，B相互独立，则事件A，B至少有一个发生的概率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用互斥事件概率的加法公式计算可判断A；利用独立事件与互斥事件的定义可判断B；利用独立事件的定义计算可判断C；利用对立事件概率的性质计算可判断D. 【详解】对于A，若事件A，B互斥，则，故A正确； 对于B，若事件A，B相互独立，则， 所以事件A，B能同时发生，故A，B不互斥，故B正确； 对于C，由于，所以，而. 因此事件，B相互独立，从而事件A，B相互独立，故C正确； 对于D，“事件A，B至少有一个发生”对立事件为“事件A，B都不发生”，即“事件”， 又因为事件A，B相互独立， 所以事件A，B至少有一个发生的概率，故D不正确. 故选：ABC. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，过做一个平面，使得该平面与平面平行，该平面与正方体左侧面的交线段即为动点的轨迹；对于B，或其补角为异面直线与的夹角，在三角形中求角即可；对于C，由A知平面，故点到平面的距离为定值，又的面积为定值，进而体积为定值；对于D，取的中点，连接，则四边形为为正方体的截面，计算边长即可求面积. 【详解】对于A，如图： 分别取的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 且平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点的轨迹为线段，故A正确； 对于C，由A可知的轨迹为线段，平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积是定值，不会随点的运动而变化，故C错误； 对于B，如图： 连接，，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以或其补角为异面直线与的夹角， 因为为正方体，，都为面对角线，所以， 所以为等边三角形，所以，故B正确； 对于D，如图： 取的中点，连接，取的中点，连接， 易知且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且. 同理可证四边形也为平行四边形，所以且， 所以且. 所以四点共面，即四边形为为正方体的截面，，同理可求得四边形为的其它边长也为， 故该四边形为为棱形，对角线，， 故该棱形的面积为，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（共小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数模的性质，即可求解. 【详解】∵， ∴， 即的取值范围为. 故答案为：. 13. 为了研究某种病毒与血型之间的关系，决定从被感染的人群中抽取样本进行调查，这些感染人群中型血、型血、型血、型血的人数比为，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为的样本，已知样本中型血的人数比型血的人数多，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】计算出样本中型血、型血人数，结合题意可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为感染人群中型血、型血、型血、型血的人数比为， 所以，抽取样本量为的样本中，型血的人数为， 型血的人数为， 所以，，解得. 故答案为：. 14. 已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为______ ． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可知三棱锥中，和是等边三角形，所以球心到平面和平面的摄影是和的中心，再利用边长求得外接球半径，又球的截面为圆，当球心到截面距离最大为时，截面半径取得最小值，当截面过球心时，截面半径取得最大值，再计算面积范围即可. 【详解】连接 ，和是等边三角形， 设三棱锥外接球的球心为， 所以球心到平面和平面的摄影是和的中心， 又是等边三角形，为中点，所以， 又因为侧面底面，侧面底面， 所以底面，底面，， 即四边形为矩形， 因为和是边长为2的等边三角形，分别是他们中心也是重心， ，， 即四边形为正方形，， 所以外接球半径， 因为平面截球的截面为圆，所以截面半径，， 所以过点平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为， 故答案为：. 四，解答题（本题共5个小题，其中15小题13分，16.17小题每题15分，18.19小题每题17分，共77分，解答时要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，在菱形ABCD中，，. （1）若，求x和y的值； （2）若AB=3，，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量基本定理化简即可得出答案. （2）根据题意先求出的值，再利用、表示出，结合（1）即可求出的值. 【小问1详解】 所以 【小问2详解】 由题意知： 所以 16. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 【答案】（1），平均值为1.73； （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求参数值，根据频率直方图中平均数的求法求平均数即可； （2）应用分层抽样性质确定不同用户的人数，再由列举法求古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因为，所以. 平均值：. 【小问2详解】 抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为， 样本空间， 设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则. 因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型. 所以. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）已知，D为边上的一点，若，，求的长． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化结合三角恒等变换即可求解， （2）根据余弦定理求解，即可由正弦定理求解，进而由锐角三角函数即可求解. 【小问1详解】 ∵，根据正弦定理得，， 即， 所以，因为， 所以，所以， 因为，所以． 【小问2详解】 因为，，，根据余弦定理得 ，∴． ∵，∴． 在中，由正弦定理知，，∴， ∴，，所以 ∴，∴． 18. 一副三角板按如图所示的方式拼接，将折起，使得． （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值； （3）设BD，CD的中点分别为M，N，平面AMN与平面ABC的交线为l，求直线l与BD所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直，结合线面垂直的判定可得平面，即可由面面垂直的判定求解， （2）根据二面角的定义，结合垂直关系可得为所求角，即可利用三角形的边角关系求解， （3）根据线面平行的性质可得与所成的角即为直线l与BD所成角的角，即可求解. 【小问1详解】 ，又，平面， 故平面， 又平面，故平面平面； 【小问2详解】 取中点为，过作于，连接， 由（1）知平面平面，且两平面的交线为, 由于,是的中点， 故,平面，故平面， 平面，则， 结合，平面， 故平面，平面，故， 因此为二面角的平面角， 设,则,故 【小问3详解】 由于M，N分别为BD，CD的中点，故, 平面，平面， 故平面, 平面,且平面与平面的交线为l，故， 故与所成的角即为直线l与BD所成角的角， 由于与所成的角为 故直线l与BD所成角的余弦值为． 19. 乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. （1）若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； （2）若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 【答案】（1） （2）（i）；（ii），. 【解析】 【分析】（1）记表示打第个球是甲胜，由题意可得，求解即可. （2）（i），为奇数；，为偶数，根据，，，互斥，各球的结果相互独立，计算可得结论；（ii）与（i）类似可得结论. 【小问1详解】 记表示打第个球是甲胜， 两人又打了2个球比赛结束且甲获胜即，各球的结果相互独立， ，，， 【小问2详解】 （i），为奇数；，为偶数. . ，，，互斥，各球的结果相互独立. . . . . . （ii），. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $