云南昭通市市直中学2025-2026学年高一下学期第二次月考数学试题

昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B C B D A D C 【解析】 1．由题意知，，所以，故选A． 2．将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次共有个基本事件，点数和大于8的事件有，共10个，所以出现向上的点数之和大于8的概率为，故选B． ( 图 1 )3．如图1所示，在长方体中，对于①，平面，平面，平面平面，，①正确；对于②，平面平面，平面，平面，，②正确；对于③，平面平面，平面平面，平面平面，平面，③正确；对于④，平面平面，平面，但平面，④错误，故选C． 4．由题意可知，几何体是棱长为的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为，则正四面体的高为，设正四面体外接球半径为，则，解得，所以打印的体积为： . 又，所以，故选B． 5．国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量分别为 ，从小到大为，故中位数是，故A错误；又，所以这组数据的第80百分位数是，故B错误；1月，2月，3月这三个月外借图书量的平均数为，则其方差为，2月，3月，4月这三个月外借图书量的平均数为，则其方差为，故1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差小，故C错误；由统计图可知1月外借图书量远小于5月外借图书量，所以1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小，故D正确，故选D． 6．由题意，事件A包含事件B包含 事件C包含显然，与不互斥，与不互斥，故BC错误；总事件的情况为共12种情况，其中包含共8种情况，故，故D错误；事件包含 共6种情况，则包含事件共4种情况，故，故A正确，故选A． ( 图2 )7．如图2，连接，设F为的中点，设交于点D，连接，由于四边形为平行四边形 ，故D为的中点，所以，则即为异面直线与所成角或其补角，连接，由于正三棱柱的棱长均相等，设棱长为2，则， ，则，故在中， .由于异面直线与BE所成角的范围为，故异面直线与BE所成角的余弦值为，故选D． ( 图3 )8．如图3为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，，不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，，则，，，故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以.在中，，为棱台的高，也是球的直径，所以半径为，所以球的体积为，棱台体积为，故球与棱台的体积比为，故选C． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 ACD AC ABD 【解析】 9．对A选项，参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则 ，所以，故A正确；对B选项，随机抽取100名观众，可能有人评价五星，但不是一定的，故B错误；对C选项，由A选项，评价是三星或五星的概率约为，故C正确；对D选项，根据互斥事件和对立事件的定义可知，事件“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对立事件，故D正确，故选ACD． 10．对于A：由可得，因为，所以，故选项A正确；对于B：由可得，由 ，所以，因为，所以，故选项B不正确；对于C：因为，所以，故选项C正确；对于D：因为，所以，因为，设与的夹角为，所以，所以与不共线，故选项D不正确，故选AC． ( 图 5 ) ( 图4 )11．选项A，易知为底面圆的直径，所以，由题意知平面，因为平面，所以. 因为，平面，所以平面，A正确；选项B：方法一：由球与圆柱的结构特征可知，的中点在四面体的外接球的球面上，则为四面体外接球的直径，设圆柱的底面半径为，正方形为圆柱的轴截面，则，，所以. 因为四面体的外接球的表面积为，所以，解得，所以该圆柱的体积；方法二：如图4，根据题意可知的中点为的外心，过点作平面的垂线，交的中点于点，又为外接圆的圆心，故为四面体外接球的球心，为四面体外接球的直径.设圆柱的底面半径为，则，，所以. 因为四面体的外接球的表面积为，所以，解得，所以该圆柱的体积，B正确；选项C：如图5，连接，由A知，平面，易得平面，则为直线与平面所成的角，因为为的中点，，故，由勾股定理得，在中，，则，所以直线与平面所成的角为，C错误；选项D：设点到平面的距离为，在直角中，由勾股定理得，由，得，所以，即点到平面的距离为，D正确，故选ABD． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 ； 【解析】 12．得分从小到大排列为：68，74，76，77，80，83，86，88，90，95，，这组数据的分位数为第8个数，故答案为：88. 13．根据题意，则甲､乙两人各投一次，两人都没有投中的概率为，则至少有一人投中的概率，故答案为：. 14．由余弦定理知：又由正弦定理化简得：，即 ，即.又，化简得故 （2）由题意得，在与中，分别有，又，化简得整理得：令，结合辅助角公式有，所以的最大值为，故答案为：； 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 解：（1），， 则. ………………………………………………（2分） 由于，所以， ……………………………………（4分） 即，解得 ……………………………（6分） （2）已知，， 则，. ………………………………………………（10分） 由于、、三点共线，所以，解得. ………………………………………………（13分） 16．（本小题满分15分） 解：（1）因为，，则由余弦定理可得， . ……………………（3分） 又，所以， 因此∶∶∶5∶1 . ………………………………………………（6分） （2）由（1）知∶∶∶5∶1 ，又， 所以，…………………………（9分） ( 图6 )如图6，因为， 所以. …………（12分） 又因为平分，所以， 因此， 解得. ………………………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） 解：（1）由频率分布直方图得，样本成绩的平均数为． ………………………………………………（4分） （2）设中位数为．由，，所以， 所以，解得， 所以样本成绩的中位数为分． ………………………………………………（9分） （3）第一组的样本容量， 第二组的样本容量， 所以合并后的平均数， …………………………………（12分） 合并后的方差． ………………………………………………（15分） 18．（本小题满分17分） （1）证明：如图7，在正四棱锥中，连接，连接， 则点O是正方形的中心， 平面，而平面，则. 又平面，， 于是平面，而平面， 所以. ………………………………………………（4分） （2）解：连接，由（1）知，平面， 而平面， 则， 于是是二面角的平面角.………………（6分） ( 图7 )令正方形边长为， 则，有. 又， 则，. 因此，，所以二面角的大小为. ………………………………………………（10分） （3）解：在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN， 由平面，平面，得平面. ………………（12分） 由是的中点，得，而平面，平面，得平面. 又平面， 因此平面平面， ………………………………………………（14分） 而平面，则平面. 由（2）知，，即点是的中点， 于是，所以侧棱上存在一点E，使得平面，. ………………………………………………（17分） 19．（本小题满分17分） （1）①解：记事件为“至少收到一次0”， 则． ……………………………（4分） 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． ……………………………（7分） 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． …………………………………………………………………………………（10分） （2）解：记事件为“采用三次传输方案时译码为0”， 则． …………………………………………（12分） 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， ………………………（14分） 因为，所以， 解得，故的取值范围为． ……………………………（17分） 高一数学ZT参考答案·第8页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 数学参考答案 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共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) 题号 1 2 6 7 8 答案 B C B D A D 【解析】 1.由题意知，？= i,所以=号分，故选A 1-i(1-i01+i)22 2.将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次共有62个基本事件，点数和大于8的事件有 (3,6),(6,3),(4,5),(5,4),(4,6),(6,4),(5,5),(5,6),(6,5,(6,6),共10个，所以出 现向上的点数之和大于8的概率为”-5 ,故选B. 3618 3.如图1所示，在长方体ABCD-AB,C,D中，对于①，AB∥平 D. 面ABCD,AB∥平面CCD,D,平面AB,CD∩平面 B CC,DD=C,D,AB∥CD,①正确；对于②，平面AAD,D⊥ 平面ABCD,AB,⊥平面AAD,D,BB,⊥平面ABCD, AB,⊥BB,②正确；对于③，平面AAD,D⊥平面ABCD, 图1 平面AAB,B⊥平面ABCD,平面AAD,D∩平面AAB,B=AA,AA⊥平面ABCD,③正确： 对于④，平面ABCD∥平面AB,C,D,AB,∥平面ABCD,但AB,C平面AB,C,D,④错 误，故选C 4.由题意可知，几何体ABCD是棱长为6cm的正四面体，所需要材料的体积即为正四面体外 接球体积与正四面体体积之差，设正四面体的棱长为a,则正四面体的高为 2 a 2,Ba 60,设正四面体外接球半径为R,则R= 3 解得R= √6a 所以3D打印的体积为：V=4 6) 4 3 8 5d.又心=6=216，所以V=276m-18万≈207.711-25.38=18231182，故选B. 1 高一数学ZT参考答案·第1页（共8页） 5.国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量分别为1415,796,12263,12867,11778， 10079,4785,从小到大为796,1415,4785,10079,11778,12263,12867，故中位数是 10079,故A错误；又7×80%=5.6，所以这组数据的第80百分位数是12263，故B错误； 1月，2月，3月这三个月外借图书量的平均数为1415+796+12263_14474 3 3 则其方差为 1415、14474)2 14474)2 796 +12263- 14474)2 3 3 617167382,2月，3月，4月这三 27 796+12263+1286725926 个月外借图书量的平均数为 3 3 ,则其方差为 259262 +12263- 25926 2 796 12867 25926)2 3 3 3 832697838,故1月，2月，3月 3 27 这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差小，故C错误； 由统计图可知1月外借图书量远小于5月外借图书量，所以1月，2月，3月，4月这四个 月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小，故D正 确，故选D 6.由题意，事件A包含(3,1)，(32)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，事件B包含1,2)，(2,1)， (3,4),(43),事件C包含(1,3)，1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，3,2)，(4,1)，(4,2)显然 A∩B≠O,A∩C≠O,A与B不互斥，A与C不互斥，故BC错误；总事件的情况为 1,2),(2,1),(1,3),(3,1),1,4),(4,1),(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),(3,4),(43),共12 种情况，其中AUB包含(3,1)，(32)，(34)，(4,1)(4,2)，(4,3)，(1,2)，(2,1)，共8种 情况，故PAUB氵-子，故D错误；事件A包含2山3孙4(2 (2,3),(2,4),共6种情况，则AC包含事件(1,3)，1,4)，(2,3)，(2,4)，共4种情况，故 P(AC)=4=,故A正确，故选A 7.如图2，连接AE,AB,设F为AE的中点，设AB,AB交于点D, 连接DF,由于四边形ABB,A为平行四边形，故D为AB的中点， 所以DF∥BE,则∠ADF即为异面直线AB与BE所成角或其补角， 连接AF,由于正三棱柱ABC-AB,C的棱长均相等，设棱长为2， 图2 BE-BBBE-4+1-5DF---AD--AB=2 AE-V3.AF 高一数学ZT参考答案·第2页（共8页） =5，则AF=AR+AF 3 4 19 2 2 ,故在△ADF中，cos∠ADF= AD2+DF2-AF2 2+519 44 310 2AD·DF 2v5.5 20 .由于异面直线AB,与BE所成角的范围为O, 2 2 故异面直线AB与BE所成角的余弦值为3@ ,故选D 20 D 8.如图3为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切 圆，设圆O与梯形的腰相切于点P,Q,与上、下底面分别切于点 0,O2,不妨设正四棱台上、下底面的棱长为2a,4a,则 CO=CP=a,BO,=BP=2a,BC=BP+PC=3a,故在直角梯 02 图3 形O,O,BC中，过点C作CE⊥AB,垂足为E,所以EB=a.在Rt△CEB中， CE=√32-1Pa=2√2a,为棱台的高，也是球的直径，所以半径为√2a,所以球的体积为 -手：8，接台体积为-官2ax2a+nr+2切-6产 3 3 故球与棱台的体积比为亏7，故选C, 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项 是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 题号 9 10 11 答案 ACD AC ABD 【解析】 9.对A选项，参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则24.0%+32.9%+m+8.7% =97.6%,所以m=32%,故A正确；对B选项，随机抽取100名观众，可能有 100×24.0%=24人评价五星，但不是一定的，故B错误；对C选项，由A选项，评价是 三星或五星的概率约为32%+24.0%=56%，故C正确；对D选项，根据互斥事件和对立 事件的定义可知，事件“至多1人评价五星”与事件“恰有2人评价五星”是互斥且不对 立事件，故D正确，故选ACD. 10.对于A:由a(a+2b=3,可得a+2a.b=3,因为aa=1,所以a.b=1,故选项 A正确：对于B:由b=L,5),可得1bVP+(2=2,由a.b=lal-IBlcos(ab 高一数学ZT参考答案·第3页（共8页） =1x2 xcos.成=1，所以cosa=号，因为0≤<ai>≤，所以a=开 故选项 31 B不正确：对于C:因为a(a-b=a-ab=1-1=0,所以a⊥(a-b,故选项C正确： 对于D:因为(a-2b2=a+4b2-4a.baP+4|b那-4a.b=1+4×22-4×1=13,所以 |a-2b非V13,因为a.(a-2b)=a-2a.b=1-2=-1,设a与a-2b的夹角为6，所以 c0s8=aa-2b--15 aa-1k厉3，所以a与G-2乃不共线，故选项D不正确，故远AC. I1.选项A,易知AB为底面圆的直径，所以AE⊥BE,由题意知BC⊥平 面ABE,因为AEC平面ABE,所以BC⊥AE.因为BE∩BF=B, BE,BFC平面BEF,所以AE⊥平面BEF,A正确；选项B:方法一： 由球与圆柱的结构特征可知，AD的中点在四面体ABEF的外接球的 球面上，则AF为四面体ABEF外接球的直径，设圆柱的底面半径为r, 正方形ABCD为圆柱的轴截面，则AB=BC=2r,BF=r,所以 图4 AF=√5r.因为四面体ABEF的外接球的表面积为20π，所以4π× 5r 12 2 =5元2=20元， 解得r=2,所以该圆柱的体积V=π2×2r=16π；方法二：如图4，根据题意可知AB的 中点O为△ABE的外心，过点O作平面ABE的垂线，交AF的中点于点G,又G为△ABF 外接圆的圆心，故G为四面体ABEF外接球的球心，AF为四面体ABEF外接球的直径 设圆柱的底面半径为r,则AB=2r,BF=r,所以AF=√5r.因为四面体ABEF的外接 球的表面积为20元，所以4π× V5r =5π2=20元，解得r=2,所以 2 该圆柱的体积V=r2×2r=16π，B正确；选项C:如图5，连接CE, 由A知，AE⊥平面BEF,易得AE⊥平面BCE,则∠ACE为直线AC 与平面BEF所成的角，因为E为AB的中点，AB=BC=4,故 AE=BE=2√2，由勾股定理得AC=√AB2+BC2=4√2，在Rt△AEC 中，SinNCE=-长则ACE吾所以点线AC与平百BEr所 图5 成的角为，C错误：选项D:设点C到平面AEF的距离为d,在直角△BEF中，由勾 6 股定理得EF=√BE2+BF2=√⑧+4=2√5，由VC-AEF=VA-Cr,得 xAE<EFxd-有×子CP义ERX AE,所以d-CX.2x2226 32 ,即点C到 EF 2W33 平面AEF的距离为2Y6 D正确，故选ABD. 高一数学ZT参考答案·第4页（共8页） 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 88 19 20 骨团 【解析】 12.得分从小到大排列为：68,74,76,77,80,83,86,88,90,95，：10×75%=7.5， 这组数据的75%分位数为第8个数88，故答案为：88. 111 13.根据题意，则甲、乙两人各投一次，两人都没有投中的概率为二× ,则至少有一人 5420 投中的概率P=1-1=19 故答案为： 19 20201 20 14.由余弦定理知：a2+b2-c2=2 ab cos C,a2+c2-b2=2 ac cos B,又由正弦定理化简得： 2sin A-sinC bcosC sin BcosC ccos B sin Ccos B' ,A,B∈(0，D),即2 sin Acos B-sin Ccos B sinC =sin Bcos C,即2 sin Acos B=sin(B+C)=sin(π-A)=sinA.又A,B∈(0，D),化简得 cos B=1 3放B=π 3 (2)由题意得AD=bDC=b，BD=,在△ADB与△CDB中，分别有 3 1+62-c2 1+4b2-a2 Cos∠ADB=9 —，COS∠CDB=9 —，又cOs∠ADB=-cOs∠CDB,化简得 3 31 a2+2c2-3=2b-2a2+c2-c.整理得：a2+4c2+2ac=9=(a+c}+3c,令 2 3 3 a+c=3c0sθ V5c=3sin0’ 结合辅助角公式有a+3c=2√3sin0+3cos0≤√(2V3)2+32=√21，所以 a+c的最大值为V厅，放答案为：牙：厅 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 解：(1)d=(3,-1),b=1,2), 则ka+b=(3k+1,-k+2) …（2分) 高一数学ZT参考答案·第5页（共8页） 由于a⊥(ka+b),所以a.(ka+b)=0, …(4分) 即3×(3k+)+(-)×(←k+2)=0,解得k=- …（6分) 10 (2)已知ā=(3，-1)，b=(1,2), 则AB=a-b=(3-1,-1-2)=(2,-3),BC=a+mb=(3+m,-1+2m) …………(10分) 由于A、B、C三点共线，所以2×(-1+2m)-(-3)×(3+m)=0,解得m=-1. …（13分) 16.(本小题满分15分) 解：(D因为b=5c,A=背，则由余弦定理可得， 1 2bccA252x5exex2 ……(3分) 又a>0,所以a=21c, 因此a:b:c=21:5:1」 …(6分) (2)由(1)知a:b:c=2i:5:1,又a=2万， 所以6-105，c-25 3 …(9分) 3 如图6，因为S△ABc=S△ABD+S△AcD, 图6 所以ABxACsin-B∠AC=AB×ADn∠BAD+号AD ACin∠DAC.…(I2分) 又因为AD平分∠A,所以∠BAD=∠DAC= Γ6 因此x25x105x51x2 1,110 1 2×AD× 233223 223 3×ADx 2 解得AD-月 …(15分) 17.(本小题满分15分) 解：(1)由频率分布直方图得，样本成绩的平均数为 元=10×(80×0.006+90×0.026+100×0.038+110×0.022+120×0.008)=100 …(4分) (2)设中位数为x,由10×(0.006+0.026)=0.32<0.5,0.32+10×0.038=0.7>0.5，所以 95<x<105, 高一数学ZT参考答案·第6页（共8页） 所以0.32+0.038(x-95)=0.5,解得x≈99.74， 所以样本成绩的中位数为99.74分， …(9分) (3)第一组[75,85)的样本容量m=100×0.006×10=6,x=80,S2=4, 第二组[85,95)的样本容量n=100×0.026×10=26,x2=88,s号=6， 所以合并后的平均数元=6x80+26×88-=86.5,… (12分) 6+26 合并后的方差6264+0-651+26 [6+(88-86.5)]=15.375. 6+26 6+26 …(15分) 18.(本小题满分17分) (1)证明：如图7，在正四棱锥S-ABCD中，连接AC∩BD=O,连接SO, 则点O是正方形ABCD的中心， SO⊥平面ABCD,而ACC平面ABCD,则SOLAC. 又AC⊥BD,SO,BDC平面SBD,BD∩SO=O, 于是AC⊥平面SBD,而SDC平面SBD, 所以AC⊥SD ………(4分) (2)解：连接OP,由(1)知，AC⊥平面SBD, 而OP,ODC平面SBD, 则OP⊥AC,OD⊥AC, 于是∠POD是二面角P-AC-D的平面角.…(6分) 令正方形ABCD边长为2， 图 则BD=SD=SB=√2AB=2√2，有∠ODP=60°. 又0D=V反PD=SD=2 4 2 则or-00+D-20.Dcm=2+分5.9-号0r+pw=20m 因此∠OPD=90°，∠POD=30°，所以二面角P-AC-D的大小为30° …(10分) (3)解：在SP上取点N,使得PW=PD,过N作NE∥PC交SC于点E,连BN, 由PCc平面PAC,NEa平面PAC,得NE∥平面PAC. .…(12分) 由O是BD的中点，得OP∥BW,而OPc平面PAC,BN文平面PAC,得BN∥平面PAC. 又BN∩NE=N,BN,NEC平面BNE, 高一数学ZT参考答案·第7页（共8页） 因此平面BNE∥平面PAC, …(14分) 而BEC平面BNE,则BE∥平面PAC. 由(2)知，Dw=2PD=5=SD,即点N是SD的中点， 于是S-W=2,所以侧棱SC上存在一点E,使得BE/平面PAC,SE:BC=2:1, EC NP …(17分) 19.(本小题满分17分) (1)①解：记事件A为“至少收到一次0”， 12115 则P(A)=2×三×三 …（4分) 33339 31 ②证明：记事件B为“第三次收到的信号为1”，则P(B)=1- 44 记事件C为“三次收到的数字之和为2”， 则PC)=2x2x3+2xx1+x214 ……（7分) 3343343349 211,1211 因为PBC=3x34+3×有X4)PBPC, 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 （10分) (2)解：记事件M为“采用三次传输方案时译码为0”， 则P(M)=3p1-p2)+p2. …(12分） 记事件N为“采用单次传输方案时译码为0”，则P(W)=P2 根据题意可得P(M)>P(N),即3p1-P2)+p>P2, …(14分) 因为0<P2<1,所以3p2(1-P2)+p>1,2p-3P2+1<0, 解1，放八的取值范为名】 …(17分) 高一数学ZT参考答案·第8页（共8页）昭通市市直中学2026年春季学期高一年级第二次月考 数学 本试卷分第1卷（选择题）和第Ⅱ卷（非进择题）两部分，第I卷第1页至第3页， 第Ⅱ卷第4页至第6页，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并变回，满分150分，考试 用时120分钟， 第1卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题时，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答 题卡上填写清楚 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答業标号。在试题卷上作答无效。 一、单项选择题（本大题共8小题，每个小题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.若复数：满足(1-)·=1.则：的共轭复数是 k 县员 c月 1.i D.22 2.将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于8的概率为 1 A. 6 B.5 18 c 5 0.2 3.已知互不重合的直线a、b,互不重合的平面a、B、y,给出下列四个命题，正确命题 的个数是 ①若a∥a,a∥B,anB=b,则a∥b; ②若&⊥B,a⊥&，b⊥B,则a1b; ③若a⊥B,aly,Bny=a,则a⊥a: ④若a∥B,a∥a,则a∥B A.1 B.2 C.3 D.4 高一数学分·第1页（共6页） 4.城鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠 的球.已知某蹴鞠的表面上有四个点A,B,C,D,满足任意两点间的直线距离为 6cm,现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由殲鞠的内部挖去由ABCD组成的几 何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为1g/©m,不考虑打印损耗，制作该模型 所需原材料的质量约为【参考数据：开≈3.14,2时1.41,31.73,6=2.45.】 A.101g B.182g C.519g D.731g 5.莎士比亚说“书籍是全人类的背养品”，在这个充满变化的时代，书籍始终是我们最可 靠的伙伴、阅读不仅能够丰富你的知识，更能塑造你的品格，成为你成长道路上最珍 贵的礼物.如图1是国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量（单位：册次）的统 计图： 14000 12000 12263.12867 ·一月份 10000 11778 10079 。一外借量（册次 8000 6000 4000 47851 2000 14151 7961 134方方 图1 下列说法正确的是 A.这七个月外借图书量的中位数是12867 B.这组数据的第80百分位数是10079 C.1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书 量的方差大 D.1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四 个月外借图书量的平均数小 6.一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1、2；红球 有两个，编号为3,4.从盒中不放回的依次取出两个球，A表示事件“第一次取出的 是红球”，B表示事件“取出的两球同色”，C表示事件“取出的两球不同色”，则下 列说法正确的是 A0号 B.A与C互斥 C.A与B互斥 DP4UB=号 7.正三棱柱ABC-A,B,C,的棱长均相等，E是B,C,的中点，则异面直线AB,与BE所成角 的余弦值为 4② 4 B② 3 C00 20 D.30 20 高一数学ZT·第2页（共6页） 8.已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该 正四棱台的上、下底面棱长之比为1：2，则球0与该正四棱台的体积之比为 A开 B.2m 14 c D. 7 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有 多项是符合题日要求的.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.豆善评分是将用户评价的一到五星转化为0-10的分值（一星2分，二星4分，三星6 分，以此类推)，以得分总和除以评分的用户人数所得的数字，国庆爱国影片（长津 湖)的豆瓣评分情况如图2，假如参与评价的观众中有97.6%的评价不低于二星，则 下列说法正确的是 ★★★★★】 门24.0% ★★★★ 132.9% ★★★ ★★ 8.7% ★ 图2 A.m的值是32% B.随机抽取100名观众，则一定有24人评价五星 C.随机抽取一名观众，其评价是三星或五星的概率约为0.56 D.若从已作评价的观众中随机抽取3人，则事件“至多1人评价五星”与事件“恰有 2人评价五星”是互斥且不对立事件 10.已知|a1=1,6=(1,3),a·(a+2=3,则 A.d.6=1 B向量云与部的夹角为号 Ca⊥(a-6) D.a∥(a-2d I1.如图3，正方形ABCD为圆柱的轴藏面，E为AB的中点，F为BC的中点，四面体 ABEF外接球的表面积为20m,则 A.AE⊥平面BEF B.该圆柱的体积为16m C直线AC与平面EF所成的角为号 D.点C到平面AEF的距离为 2w6 高一数学ZT·第3页（共6页） 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区城内作答，在试题卷上作答无效· 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.若10名跳水运动员在一次比赛（满分：100分）中的得分情况分别为95,80,68， 77,74,90,88,83,76,86,则这组数据的75%分位数为 1及甲、乙两人进行投蓝比赛，甲每次投中的概率为、乙每次投中的餐率为？、且甲、 4 乙两人投中与否互不影响。若甲、乙各投一次，则两人至少有一人投中的概率是 1H在△BC中，角4，B,C所对的边分别是a,6,c,已知2n4nC-c nCa+e2-62,则B =；设D是AC上一点，且AD:DC=1:2,BD=1,则a+3C的最大值为 ·（第一空2.分，第二空3分) 四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 已知向量a=(3,-1),6=(1,2). (1)若d⊥(ka+b),求实数k的值： (2)已知A、B、C三点共线，若AB=a-6,BC=a+m6,求实数m的值。 16.(本小题满分15分) 已知在△4BC中，角4，B,C的对边分别为a,6,6,6=5c,A=号 (1)求a:b:c: (2)若a=27,角A的平分线交BC于D,求AD的长 高一数学T·第4页（共6页） 17.(本小腰满分15分) 近日，省足球背训中心建成投用，某校为了解学生对足球的热爱程度，随机抽取100 名学生对足球的“喜爱度”进行评分，将样本的成绩分成[75,85)，[85,95)， [95,105),[105,115),「115,1251这五组，得到如图4所示的频率分布直方图. (1)估计样本成绩的平均数（同一一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)求样本成绩的中位数（结果保留两位小数）： (3)已知落在[75,85)内的平均成绩是80分，方差是4，落在[85,95)内的平均 成绩是88分，方差是6，求两组成绩合并后的平均数和方差子. ,颊率 组距 0.038 0.026 0.022 888 分数/分 0V758595105115125 图4 18.(本小题满分17分) 如图5，正四棱锥S-ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的2倍，点 P在侧棱SD上，且SP=3PD. (1)求证：AC⊥SD: (2)求二面角P-AC-D的大小： (3)侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC.若存在 求瓷的值：若不存在，试说男理由。 高一数学T·第5页（共6页） 19.(本小题满分17分) 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P,(0<印 <1),收到0的概率为1-P,:发送1时，收到0的概率为p(0<p<1),收到1的概率 为1-P,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1,0,1， 则译码为1，若依次收到1,1,1，则译码为1). 23 (I)已知p,=3,P4 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0,0.1，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P的取值范围. 高一数学T·第6页（共6页）