精品解析：湖北省孝感高级中学2024-2025学年高二上学期8月测试数学试题

高二数学测试卷 （1） 一、单选题 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 B. 在次随机试验中，一个随机事件发生的频率具有确定性 C. 随着试验次数的增大，一个随机事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生的概率 D. 在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1 2. 从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是（ ） A. “至少一个白球”与“至少一个黄球” B. “恰有一个白球”与“恰有两个白球” C. “至多一个白球”与“至多一个黄球” D. “至少一个黄球”与“都是黄球” 3. 已知直线，平面，则下列命题中是真命题的为（ ） A. 若，，则； B. 若，，则； C. 若，，则； D. 若，，则． 4. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 在平行四边形中，，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 7. 如图，在三棱台中，平面，则与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，扇形的半径为，圆心角，点在弧上运动，，则的最大值是 A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法中正确的是（    ） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体被抽到的概率是 B. 从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 C. 数据的第70百分位数是23.5 D. 若样本数据的标准差为1，则数据的标准差为9 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A与B相互独立，则 B. 若，则事件A与相互独立 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 11. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（ ） A. 与平面所成的角为 B. 若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4 C. 若点在底面内（包含边界）运动，为中点，则当平面时，点的轨迹长度为 D. 若以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，则多面体的体积为 三、填空题 12. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则____． 13. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，每轮比赛甲、乙各射击一次，已知甲中靶的概率，乙中靶的概率为，每轮比赛中甲、乙两人射击的结果互不影响，若在一轮射击中，恰好有一人中靶的概率为，则___________. 14. 在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为______. 四、解答题 15. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点． （1）求的值； （2）求证：． 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求图中的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）从成绩在第四､五组的志愿者中，按比例分配的分层抽样方法随机抽取5人，再从这5人中选出两人，求选出的两人成绩来自同一组的概率. 17. 已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，. （1）求A； （2）若，求的取值范围. 18. 甲、乙、丙三人组成一个小组代表学校参加一个“诗词大会”闯关活动团体赛.三人各自独立闯关，在第一轮比赛中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，每人闯关成功记分，三人得分之和记为小组团体总分. （1）求乙、丙各自闯关成功的概率； （2）求在第一轮比赛中团体总分为分的概率； （3）若团体总分不小于分，则小组可参加下一轮比赛，求该小组参加下一轮比赛的概率. 19. 在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点． （1）证明：平面． （2）证明：． （3）若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学测试卷 （1） 一、单选题 1. 下列说法中正确的是（ ） A. 随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率 B. 在次随机试验中，一个随机事件发生的频率具有确定性 C. 随着试验次数的增大，一个随机事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生的概率 D. 在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和不一定等于1 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合频率，概率的定义，即可判断. 【详解】频率与概率不是同一个概念，故A错误； 在次随机试验中，一个随机事件发生的频率具有随机性，故B错误； 随着试验次数的增大，一个随机事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生的概率，故C正确； 在同一次试验中，每个试验结果出现的频率之和一定等于1，故D错误． 故选：C． 2. 从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是（ ） A. “至少一个白球”与“至少一个黄球” B. “恰有一个白球”与“恰有两个白球” C. “至多一个白球”与“至多一个黄球” D. “至少一个黄球”与“都是黄球” 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件不可能同时发生，来检验各选项即可. 【详解】从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球， 共有三种结果：两白球，一白一黄，两黄球， 这三个事件是互斥事件.所以B是正确的； 由于至少一个白球，包含事件有两白球和一白一黄， 而至少一个黄球包含两黄球和一白一黄， 当取到一白一黄时，此时这两个事件同时发生，故A错误； 由于至多一个白球，包含事件有一白一黄和两黄球， 而至多一个黄球包含一黄一白和两白球， 所以当取到一白一黄时，此时两个事件同时发生，故C错误； 由于至少一个黄球，包含事件一白一黄和两黄球， 而都是黄球显然也是两黄球，故D错误； 故选：B. 3. 已知直线，平面，则下列命题中是真命题的为（ ） A. 若，，则； B. 若，，则； C. 若，，则； D. 若，，则． 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，逐一对题目中的四个命题进行判断，即可得到答案． 【详解】对于A，若，，则与平行或相交或在内，故A错误； 对于B，若，，则与平行或相交或在面内，故B错误； 对于C，若，，由线面垂直的性质可得，故C正确； 对于D，若，，则或，故D错误； 故选：C. 4. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对立事件的概率与互斥事件的概率及概率的加法公式计算求解即可. 【详解】因为，，故，， 因为与为互斥事件，故， 又， 所以有， 故，故. 故选：A. 5. 已知三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先证明平面，再将三棱锥补形成直三棱柱，再利用勾股定理求出外接球的半径，再根据求得表面积公式即可得解. 【详解】因为平面， 所以平面， 如图经补形可知球心在直三棱柱高的中点处为外接圆的圆心， 则， 所以， 则外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积． 故选：A. 6. 在平行四边形中，，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的加减运算及数乘运算可得，从而得解. 【详解】， ， ， ， ， ，，． 故选：D． 7. 如图，在三棱台中，平面，则与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将棱台补全为棱锥，利用等体积法求到面的距离，结合线面角的定义求与平面所成角的余弦值. 【详解】将棱台补全为如下棱锥， 由，易知：， 由平面平面，则， 所以，故，所以， 若点到面的距离为，又， 则，可得， 综上，与平面所成角，则，即， 则， 故选：B. 8. 如图，扇形的半径为，圆心角，点在弧上运动，，则的最大值是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点可建立坐标系，设，；根据可求得，从而得到，利用三角函数值域求解方法可求得结果. 【详解】以为轴，以为原点，建立坐标系，如下图所示： 设，，则，， ，， ，解得： ，即的最大值为 本题正确选项： 【点睛】本题考查利用圆的参数方程求解最值的问题，关键是能够建立坐标系，利用圆的参数方程将问题转化为三角函数最值的求解问题. 二、多选题 9. 下列说法中正确的是（    ） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体被抽到的概率是 B. 从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 C. 数据的第70百分位数是23.5 D. 若样本数据的标准差为1，则数据的标准差为9 【答案】AC 【解析】 【分析】A，用简单随机抽样的方法求解；B，根据对立事件的概念进行判断；C，先对数据从小到大排序，再根据百分位数定义计算即可；D，先得到，，，的方差，再通过计算的方差，进而得到其标准差，即可得答案． 【详解】对于A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为6的样本， 则个体被抽到的概率为，正确； 对于B．从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，有3个都是红球，1个红球2个白球， 2个红球1个白球，3个都是白球，共4种情况， 显然事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，为互斥事件而非对立事件，错误； 对于C．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，C正确； 对于D．若样本数据，，，的标准差为1，则，，，的方差为1， 设，，，的平均数为，则， ， 又， 故， 则的标准差为，D错误． 故选：AC． 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A与B相互独立，则 B. 若，则事件A与相互独立 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐项判断. 【详解】对于A，若A与B相互独立，则， 所以，故A对； 对于B，因为，，则， 因为，所以事件与相互独立，故B对； 对于C，若A与B互斥，则，故C错； 对于D，若B发生时A一定发生，则，则，故D对． 故选：ABD 11. 已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，则（ ） A. 与平面所成的角为 B. 若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为4 C. 若点在底面内（包含边界）运动，为中点，则当平面时，点的轨迹长度为 D. 若以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，则多面体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，与平面所成角为，代入相关长度计算即可判断；易知正四棱锥外接球的球心在上，根据勾股定理求得外接球半径，再计算体积即可判断；根据面面平行可得点的轨迹为可判断；判断出四边形为正方形，由余弦定理求出边长即可判断D. 【详解】如图所示，，连接，交于点，则，. 对于，，故与平面所成角为，正确； 对于，连接，则平面，，点在上， 因为平面，所以， 设正四棱锥外接球的半径为， 在中，，即，解得， 所以，则，故错误； 对于，取，的中点，，连接，，，则， 因为四边形为正方形，所以，， 又，的中点为，，所以， 所以四边形为平行四边形，则，， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面，且， 所以平面平面， 因为平面，且平面， 所以平面，又平面，平面平面， 所以，即点的轨迹为，所以点的轨迹长度为，故正确； 对于，以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，则， 所以，，，，则四边形为正方形， 在中，， 在中，，得， 所以，且多面体是一个正四棱台且正四棱台的高，上底面面积，下底面面积， 且正四棱台的体积，故正确. 故选：. 三、填空题 12. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则____． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据投影向量公式求，再代入向量模的公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，即， 所以. 故答案为： 13. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，每轮比赛甲、乙各射击一次，已知甲中靶的概率，乙中靶的概率为，每轮比赛中甲、乙两人射击的结果互不影响，若在一轮射击中，恰好有一人中靶的概率为，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用独立事件同时发生的概率公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，解得：. 故答案为： 14. 在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先证明三棱锥的外接球球心在平面上的投影为点，再证点在平面内，即在上，利用和，建立外接球半径的两个方程，解之即得. 【详解】 如图，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，则点是的外心， 故三棱锥的外接球球心必满足平面，因平面，故. 又平面平面且平面平面，故点在平面内， 过点作，交于，则点在上. 因，, 则，于是, 设三棱锥的外接球半径为，， 在中，由余弦定理，， 在中，， 联立两方程，解得，则， 故该三棱锥的外接球的体积为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三棱锥的外接球体积，属于较难题. 解题的思路是从选底面入手，证明外接球球心在底面上的投影即点，接着通过边和角的计算，借助于和，建立外接球半径的两个方程，解之即得. 四、解答题 15. 如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点． （1）求的值； （2）求证：． 【答案】（1） （2）因为， 所以， 所以， 所以，即，所以． 【解析】 【分析】（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得； （2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 略 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求图中的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）从成绩在第四､五组的志愿者中，按比例分配的分层抽样方法随机抽取5人，再从这5人中选出两人，求选出的两人成绩来自同一组的概率. 【答案】（1）， （2）第80百分位数为77.5，平均数为 （3） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，即可求出a，b； （2）根据频率分布直方图中各个数字特征的求法计算即可求解； （3）先分层抽样求出第四、五组抽取的人数，利用列举法求出古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因为第三､四､五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为，即，解得. 【小问2详解】 前三组频率之和为0.75，所以第80百分位数位于组内， 且，即估计第80百分位数为77.5； 估计平均数为. 【小问3详解】 成绩在第四､五两组志愿者分别有20人、5人， 按比例分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为，第五组志愿者人数为1，设为， 这5人选出2人，所有情况有，共10种， 其中选出的两人来自同一组的有，共6种， 所以选出的两人来自同一组的概率为. 17. 已知锐角三角形的内角的对边分别为，，，. （1）求A； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据结合三角恒等变换分析运算； （2）利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换结合正弦函数分析运算. 【小问1详解】 ∵，即， 由于，则，即， 两边同乘以可得：， 则，且，解得. 【小问2详解】 由题意及正弦定理，得，， 则 ， 由（1）可知，且为锐角三角形， 则，解得， 则，所以， 故的取值范围是. 18. 甲、乙、丙三人组成一个小组代表学校参加一个“诗词大会”闯关活动团体赛.三人各自独立闯关，在第一轮比赛中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，每人闯关成功记分，三人得分之和记为小组团体总分. （1）求乙、丙各自闯关成功的概率； （2）求在第一轮比赛中团体总分为分的概率； （3）若团体总分不小于分，则小组可参加下一轮比赛，求该小组参加下一轮比赛的概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为，其中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，根据独立事件同时发时的概率公式列出方程组即可． （2）团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关，根据独立事件发时的概率公式写出概率，把所有的概率值相加即可； （3）团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，由（2）可知总分是4分的概率，只要再求出总分是6分的概率即可，团体总分为6分，即3人都闯关成功，列式即可． 【小问1详解】 三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为， 甲、乙都闯关成功的概率为， 甲、丙都闯关成功的概率为， 设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为， 根据独立事件同时发时的概率公式得， 解得，， 即乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为. 【小问2详解】 团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关， 设“团体总分为4分”为事件， 则， 即团体总分为4分的概率是； 【小问3详解】 团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分， 设“团体总分不小于4分”为事件， 由（2）可知团体总分为4分的概率， 团体总分为6分，即3人闯关都成功的概率为， 所以参加下一轮比赛的概率为， 即该小组参加下一轮比赛的概率为. 19. 在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点． （1）证明：平面． （2）证明：． （3）若二面角的正切值为，求三棱锥的体积． 【答案】（1） 如图，连接． 因为分别为的中点，所以为的中位线，则． 因为平面平面，所以平面． （2） 如图，过作交于． 因平面平面，平面平面，平面， 故平面． 因为平面，所以． 因为平面平面，所以． 因为，所以平面， 又平面，所以． （3）48 【解析】 【分析】（1）连接，证明，由线线平行证线面平行即得； （2）过作交于，证平面得，由平面得，可证平面，即得； （3）过作交于,证平面，作交于，连接，证即为二面角的平面角，由题设，通过两组三角形相似求出即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 如图3，过作交于，过作交于，连接． 因平面，平面,则, 因平面,故得平面. 因平面,则． 因为，平面,所以平面. 又平面，则，则即为二面角的平面角， 依题意，． 设，则．因为，所以． 由，得，即，则． 又由，得，即，解得． 因,则的面积为， 故． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和二面角的几何求法，属于难题. 解题关键在于充分利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，结合图形执果索因即可；对于二面角的求法，一般是先找到平面的垂线，再由垂足向棱作垂线,连线后即可证得其平面角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $