四川省成都列五中学2023-2024学年高二数学上学期阶段性考试（一）试题（Word版附解析）

2023-2024学年度（上）阶段性考试（一）

高2022级数学

一、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. 某中学高三年级共有学生人，为了解他们的视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，若样本中共有女生人，则该校高三年级共有男生（    ）人

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，利用分层抽样可得出关于的等式，解之即可.

【详解】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，

由分层抽样可得，解得.

故选：B.

2. 如果从装有个红球和个黑球的口袋内任取个球，那么下列各组中的两个事件是“互斥而不对立”是（    ）

A. “至少有一个黑球”与“都是红球”

B. “至少有一个黑球”与“都是黑球”

C. “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”

D. “恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”

【答案】D

【解析】

【分析】写出各选项中两个事件所包含的基本情况，进而判断可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，

所以，“至少有一个黑球”与“都红球”为对立事件，A选项不满足条件；

对于B选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，

所以，“至少有一个黑球”包含“都是黑球”，B选项错误；

对于C选项，“至少有一个黑球” 包含：黑红、黑，“至少有一个红球”包含：黑红、红，

所以，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”有交事件，C选项不满足条件；

对于D选项，“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”互斥且不对立，D选项满足条件.

故选：D.

3. 如图是根据某市1月1日至1月10日的最低气温（单位：℃）的情况绘制的折线统计图，由图可知这10天的最低气温的第50百分位数是（   ）

A. 2℃ B. 1℃ C. 0℃ D. 1.5℃

【答案】C

【解析】

【分析】根据第百分位数的定义即可得出答案.

【详解】由统计图可知，

这天最低气温数据从低到高为：，

所以个数据第百分位数是，

即这天的最低气温的第百分位数是.

故选：C

4. 一次数学考试后，某班级平均分为110分，方差为．现发现有两名同学的成绩计算有误，甲同学成绩被误判为113分，实际得分为118分；乙同学成绩误判为120分，实际得分为115分．更正后重新计算，得到方差为，则与的大小关系为（    ）

A.  B.  C.  D. 不能确定

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知平均分不变，根据方差公式计算更正前后的方差，比较大小可得结论．

【详解】设班级人数为，因为，所以更正前后平均分不变，

且，

所以.

故选：B

5. 如图，在平行六面体中，为的中点，若，则（      ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.

【详解】由题意可知

，

所以.

故选：D

6. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（      ）

A. 0.504 B. 0.648 C. 0.712 D. 0.746

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知条件，依次求出前两局甲获胜、前两局甲胜一局，第三局甲获胜的概率，并求和，即可求解.

【详解】由题意可得甲最终获胜有两种情况：

一是前两局甲获胜，则获胜的概率为，

二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，

而这两种事件是互斥的，所以甲最终获胜的概率为.

故选：B

7. 正四面体ABCD中，E，F分别是AB和CD的中点，则异面直线CE和AF所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】连接，取的中点，连接，则可得∥，所以可得异面有线CE和AF所成角，然后利用余弦定理求解即可

【详解】连接，取的中点，连接，

因为为的中点，

所以∥，

所以为异面有线CE和AF所成角或其补角，

设正四面体的棱长为2，则，,

所以，

所以在中，由余弦定理得

,

所以异面有线CE和AF所成角的余弦值为，

故选：C

8. 如图，元件失效的概率均为，元件失效的概率均为，元件失效的概率为，则闭合开关时，灯泡L亮的概率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】分别求出、和着三段不失效的概率，再根据相互独立事件的概率公式即可得解.

【详解】依题意，得这段失效的概率为，

则这段不失效的概率为，

这一段不失效的概率为，

不失效的概率为，

所以灯泡L亮的概率为.

故选：D.

【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：

（1）首先确定各事件是相互独立的；

（2）再确定各事件会同时发生；

（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.

二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）

9. 下列说法正确的是（      ）

A. 设是两个随机事件，且，则

B. 若，则事件与事件相互独立

C. 一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件

D. 从中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是

【答案】BD

【解析】

【分析】由互斥事件可判断A；由相互独立事件可判断B；由对立事件可判断C；由古典概率可判断D.

【详解】对于A，是两个随机事件，且，

当互斥时，则，故A错误；

对于B，若，则，

，所以事件与事件相互独立，故B正确；

对于C，事件“至多一次击中”包括：两次均未击中和两次击中一次，故C错误；

对于D，从中任取2个不同的数，可能的情况有：，

取出的2个数之差的绝对值为2的情况有：，

所以其概率为：，故D正确.

故选：BD.

10. 抛掷两枚质地均匀的骰子，落地向上的点数记为，则（    ）

A. 的概率为

B. 的概率为

C. 的概率为

D. 能被3整除的概率为

【答案】ACD

【解析】

【分析】先确定，再分别确定各事件包含的样本点个数，由古典概型求出概率.

【详解】用数组表示这个试验的一个样本点，因此该实验的样本空间

，其中共有个样本点.

因为

         ，

所以，从而，A正确；

因为，

所以，从而，B错误；

因为，

所以，从而，C正确；

因为，

所以，从而，D正确.

故选：ACD

11. A，B两组各有2名男生、2名女生，从A，B两组中各随机选出1名同学参加演讲比赛．甲表示事件“从A组中选出的是男生小明”，乙表示事件“从B组中选出的是1名男生”，丙表示事件“从A，B两组中选出的是2名男生”，丁表示事件“从A，B两组中选出的是1名男生和1名女生”，则（    ）

A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立

C. 甲与乙相互独立 D. 乙与丁相互独立

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据独立事件的乘法公式可判断各选项中的两个事件是否独立，从而可得正确的选项.

【详解】记“从A组中选出的是男生小明”为事件，“从B组中选出的是1名男生”为事件，

“从A，B两组中选出的是2名男生”为事件，从A，B两组中选出的是1名男生和1名女生”为事件，

则，，

，，

而，而，故甲与丙不相互独立.

，而，故甲与丁相互独立.

，故甲与乙相互独立.

，，故甲与丁相互独立，

故选：BCD.

12. 如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（    ）

A. 在翻折过程中，不存在某个位置使得

B. 若，则与平面所成角的正切值为

C. 当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为

D. 当时，的最小值为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断A，连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断B，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.

【详解】对于A，当平面与平面垂直时，

，平面与平面的交线为，平面,

平面，又平面，

，，故A错误；

对于B，连接，

因为平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为为的中点，

所以，

又平面，

所以平面，

则即为与平面所成角的平面角，

在中，，则，

，

所以，

即与平面所成角的正切值为，故B正确；

对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，

即平面与平面垂直时，

由A选项可知，平面，故AD与平面ABC成角为，    

因为，所以，，，

则，

，

即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C正确；

对于D，当时，因为为的中点，

所以，则，

又因为的中点，所以，

又，所以，

所以，

如图将沿旋转，使其与在同一平面内，

则当三点共线时，最小，

即的最小值为，

在中，，

则，

所以，

所以的最小值为，故D错误.

故选：BC.

【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知空间向量，，且，则_____.

【答案】

【解析】

【分析】利用空间向量垂直坐标表示及模长公式计算即可.

【详解】由题意可知，所以.

故答案为：.

14. 名工人某天生产同一零件，生产的件数是设其平均数为,中位数为,众数为，则大小关系为______________ （从大写到小）．

【答案】

【解析】

【分析】根据定义分别求出这组数的平均数、中位数、众数，比较大小即可.

【详解】总和为；样本数据分布最广，众数； 从小到大排列，中间二位的平均数，即  ∴

【点睛】本题主要考查了统计中一组数据的平均数，中位数，众数的概念，属于中档题.

15. 已知这5个数的标准差为2，若在中随机取出3个不同的数，则5为这3个数的中位数的概率是_____．

【答案】##

【解析】

【分析】根据标准差公式求出，再根据中位数的定义结合古典概型即可得解.

【详解】这5个数的平均数为，

因为这5个数的标准差为2，

，

解得，

则，即为，

按照从小到大的顺序为，

从随机取出3个不同的数，

有，

共种，

其中5为这3个数的中位数有共种，

所以5为这3个数的中位数的概率是.

故答案为：.

16. 三棱锥中，，底面是边长为3的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】取的中点，连接，证明平面，再证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解；

【详解】为边长为3的等边三角形，

为正三棱锥，

取的中点，连接，

则，

又平面，

∴平面，

又平面，，

又分别为中点，

，，

又平面，

平面平面，

又平面，所以，

，

为正方体一部分，

∵为三棱锥外接球上的动点，

∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，

∴可求得此时三棱锥的体积为，

的高为，则，

∴，解得：，

即点到平面距离最大值为.

故答案为：.

【点睛】思路点睛：求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或正方体，进而求出表面积或体积.

四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 坐位体前屈是中小学体质健康测试项目，主要测试学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性及身体柔韧性，在对某高中2000名高二年级学生的坐位体前屈成绩的调查中，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取100人，已知这2000名高二年级学生中男生有1200人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和13.36，女生的平均数和方差分别为和17.56．

（1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人；

（2）求抽取的总样本的平均数，并估计高二年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差.

（参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：．记总样本的平均数为，样本方差为，则）

【答案】（1）60；40   

（2）平均数为，16．

【解析】

【分析】（1）根据样本与总体可确定抽样比，根据抽样比可确定抽取男生60人，女生40人；

（2）利用公式求抽取的总样本的平均数和方差，从而估计总体的方差.

【小问1详解】

设在男生､女生中分别抽取m名和n名，则，

解得．

【小问2详解】

记抽取的总样本的平均数为，可得，

所以抽取的总样本的平均数为．

男生样本的平均数为，样本方差为；

女生样本的平均数为，样本方差为；

记总样本的样本方差为，则

所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16．

18. 某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响．

（1）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；

（2）求该选手至多进入第二轮考核的概率．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】(1)把该选手进入第三轮才被淘汰事件视为三个相互独立事件的积，再用概率的乘法公式计算即可；

(2)把该选手至多进入第二轮考核的事件拆成两个互斥事件的和，再用互斥事件的加法公式计算即得.

【详解】记“该选手正确回答第i轮问题”为事件，则，，，

该选手进入第三轮才被淘汰的事件为，其概率为；

该选手至多进入第二轮考核的事件为，其概率为.

19. 已知A，B两个盒子中分别装有仅颜色不同的4个红球2个白球和2个红球2个白球.

（1）若甲从A盒中抽取2个球，求两个球颜色不同的概率；

（2）若甲从A盒中，乙从B盒中分别有放回地抽取两次，每次每人抽取1球，求甲、乙共抽到3个红球的概率.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）运用列举法计算古典概型的概率即可.

（2）由甲、乙共抽到3个红球的情况有：①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球，②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球，③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球，④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球，分别计算即可求得结果.

【小问1详解】

设A盒中的4个红球分别为，，，，2个白球分别为，，

则甲从A盒中抽取2个球的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，共15个，

两个球颜色不同的基本事件有，，，，，，，共8个，

所以甲从A盒中抽取2个球，两个球颜色不同的概率为.

【小问2详解】

由题意知，甲、乙共抽到3个红球的情况有：

①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球的概率为，

②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球的概率为，

③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球的概率为，

④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球的概率为，

所以甲、乙共抽到3个红球的概率为.

20. 在三棱锥P−ABC中，AB=BC，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC.

（1）证明：PA⊥平面ABC；

（2）若D为PC中点，且，求平面DAB与平面ABC所成二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取中点，先证明，再说明，即可根据线面垂直的判定定理证明PA⊥平面ABC；

（2）方法一，作辅助线，根据二面角的定义找到平面DAB与平面ABC所成二面角的平面角，然后解直角三角形求得答案;

方法二：建立空间直角坐标系，求得相关各点的坐标，求出平面DAB与平面ABC的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.

【小问1详解】

证明：取中点，由得,

平面平面，平面平面平面，

平面，又平面.

平面平面.

平面，

平面.

【小问2详解】

方法一：取的中点，连接.因为平面，

因为,

连接，则,结合（1）可知平面平面ABC,，

由（1）知,故,则 ,

，又为二面角的平面角.

在中，设，则,可求得，

又.

即平面与平面所成二面角的余弦值为.

方法二：设为的中点，为的中点，.

由（1）知，平面平面平面，

，

，

以为原点，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，

如图，设，则，

则，

，

设平面的法向量为，

，

，

，

令，得.

又平面的法向量是，

，

平面与平面所成二面角为锐角，故其余弦值为.

21. 4月23日是世界读书日，其设立的目的是推动更多的人去阅读和写作，某市教育部门为了解全市中学生课外阅读的情况，从全市随机抽取1000名中学生进行调查，统计他们每日课外阅读的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图.

（1）求频率分布直方图中a的值，并估计1000名学生每日阅读时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值），若学生甲的阅读时长排在第600名，估计该生的阅读时长；

（2）若采用分层抽样的方法，从样本在内的学生中共抽取5人来进一步了解阅读情况，再从中选取2人进行跟踪分析，求抽取的这2名学生来自不同组的概率；

（3）从全市所有中学生中随机抽取4人进行进一步调查，求4人中恰有两人课外阅读时长均不超过60分钟的概率.

【答案】（1），平均数为58分钟，学生甲阅读时长52分钟；   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图的特点计算先求，再计算平均数及百分位数即可；

（2）根据分层抽样的方法得出两组各取的人数，再由古典概型计算即可；

（3）由二项分布计算概率即可.

【小问1详解】

由可得；

这1000名学生每日的平均阅读时间，分钟；

由频率分布直方图可知后两组占全部的，

后三组占全部的，

因为该生阅读时长在1000人中排第600名，

所以该生阅读时长位于第三组内，设其阅读时长为，

则，即该生的阅读时长约为52分钟.

【小问2详解】

由频率分布直方图可知阅读时长在区间的人数之比为：，

因此，可设分别抽取了3人，抽取了2人，

则再从中抽取2人共有10种不同的抽取方法，

抽取的2人来自不同组共有6种可能，

因此抽取的2人来自不同组的概率为.

【小问3详解】

由（1）可知阅读时长不超过60分钟的占全部的，

故随机抽取4人，恰有两人不超过60分钟的概率为：.

22. 如图，棱长为2的正方体中，E、F分别是棱AB，AD的中点，G为棱上的动点．

（1）是否存在一点G，使得面？若存在，指出点G位置，并证明你的结论，若不存在，说明理由；

（2）若直线EG与平面所成的角为，求三棱锥的体积；

（3）求三棱锥的外接球半径的最小值．

【答案】（1）存在点G为的中点，证明见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）存在一点G，当点G为的中点，连接，利用三角形中位线和平行线的传递性得到，再利用线面平行的判定即可证明结论；

（2）首先根据题意得到，再求出，根据计算即可；

（3）建立空间直角坐标系，首先确定球心在上，设外接球球心为，设，，得出的坐标，设，由，得出，求出的范围，再由即可求出的最小值．

【小问1详解】

存在一点G，当点G为的中点，使得面，

连接，如图所示：

∵点分别是的中点，，

又，且，

∴四边形是平行四边形，，，

又∵平面，且平面EFG，∴平面．

【小问2详解】

取的中点，连接，，由题意可知，平面，且，

是直线与平面所成的角，即，

在中，，

∴在中，，

又

，

．

【小问3详解】

以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，连接，

则，

所以，，

因为，，

所以，即，

因为平面，平面，所以平面，

又因为，所以三棱锥的外接球的球心在上，设外接球球心为，

设，，则的坐标为，

设，

则，即，

所以，

设，则，则，

而，当且仅当，即时，等号成立，

因为，所以，

三棱锥的外接球的半径

，

因为，所以，所以，

三棱锥的外接球半径的最小值为．