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 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I卷（选择题）和第II卷（非选择题）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交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，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，再选涂其他答案标号．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z满足．则z的共轭复数是 A． B． C． D． 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 A． B． C． D． 3．已知互不重合的直线a、b，互不重合的平面、、，给出下列四个命题，正确命题的个数是 ①若，，，则； ②若，，，则； ③若，，，则； ④若，，则． A．1 B．2 C．3 D．4 4．蹴鞠，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6 cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，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：，，，．】 A．101 g B．182 g C．519 g D．731 g 5．莎士比亚说“书籍是全人类的营养品”，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： 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 A． B．与互斥 C．与互斥 D． 7．正三棱柱的棱长均相等，E是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为 A． B． C． D． 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O与该正四棱台的体积之比为 A． B． C． D． 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） 9．豆瓣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 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，，，则 A． B．向量与的夹角为 C． D． 11．如图3，正方形为圆柱的轴截面，E为的中点，F为的中点，四面体外接球的表面积为，则 A．平面 B．该圆柱的体积为 C．直线与平面所成的角为 D．点到平面的距离为 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域内作答，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_______． 13．甲、乙两人进行投篮比赛，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且甲、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_______． 14．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，则_______；设D是上一点，且，，则的最大值为_______．（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，． （1）若，求实数k的值； （2）已知A、B、C三点共线，若，，求实数m的值． 16．（本小题满分15分） 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，． （1）求； （2）若，角A的平分线交于D，求的长． 17．（本小题满分15分） 近日，省足球青训中心建成投用，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，，，，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）已知落在内的平均成绩是80分，方差是4，落在内的平均成绩是88分，方差是6，求两组成绩合并后的平均数z和方差． 18．（本小题满分17分） 如图5，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P在侧棱上，且． （1）求证：； （2）求二面角的大小； （3）侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 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（）收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为（），收到1的概率为．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）． （1）已知，． 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，求的取值范围． 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 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 学科网（北京）股份有限公司 $