福建师范大学附属中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]

这是一份福建师范大学附属中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]，共24页。
1. 一个袋子中放有质地均匀的3个白球，3个红球，摇匀后随机摸出3个球，与事件“至多摸出1个白球”互斥而不对立的事件是（ ）
A. 摸出3个红球B. 至少摸出1个红球
C. 至少摸出1个白球D. 摸出3个白球
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件定义逐项判断即可得解.
【详解】因为至多摸出1个白球可以摸不到白球，故与摸出3个红球不是互斥事件，故A错误；
因为至多摸出1个白球可以是1白2红小球，至少摸出1个红球可以是1红2白小球，故事件不互斥，故B错误；
因为至多摸出1个白球可以是1白2红小球，而至少摸出1个白球也可以是1白2红小球，事件不互斥，故C错误；
因为至多摸出1个白球与摸出3个白球不能同时发生，故事件互斥，又摸出3个白球事件不发生时，至多摸出1个白球不一定发生，例如可以2白一红发生，所以事件不是对立事件，故D正确.
故选：D
2. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：，,故选D.
考点：点线面的位置关系.
3. 设A、B是两个概率大于0的随机事件，则下列论述正确的是（ ）
A. 事件A⊆B，则P（A）＜P（B）
B. 若A和B互斥，则A和B一定相互独立
C. 若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
D. P（A）+P（B）≤1
【答案】C
【解析】
【分析】根据事件的包含关系，对立事件与相互独立事件的概率与性质进行判断．
【详解】若事件B包含事件A，则P（A）≤P（B），故A错误；
若事件A、B互斥，则P（AB）＝0，
若事件A、B相互独立，则P（AB）＝P（A）P（B）＞0，故B错误，C正确；
若事件A，B相互独立，且P（A），P（B），则P（A）+P（B）＞1，故D错误．
故选：C．
【点睛】本题考查概率的性质，属于基础题.
4. 如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必须正常，然后利用独立事件，对立事件概率公式计算.
【详解】记零件或系统能正常工作的概率为，
该系统正常工作的概率为:

,
故选：C.
5. 在我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑 ABCD中，AB⊥平面BCD，且AB=BC=CD，则异面直线AC与BD所成角为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】C
【解析】
【分析】由已知画出图形，找出异面直线与所成角，求解三角形得答案．
【详解】解：如图，
分别取、、、的中点、、、，
连接、，、、，
可得，，则异面直线与所成角即为（或其补角）．
，，，设，
，，，，
又平面，，则，
则为等边三角形，可得，
即异面直线与所成角为．
故选：．
6. 一个三位自然数百位，十位，个位上的数字依次为，当且仅当时称为“凹数”（如213，312等），若，且互不相同，则这个三位数为“凹数”的概率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由于，且互不相同，故可得个三位数.若，则“凹数”有：.共6个；若，则“凹数”有：.共2个.所以这个三位数为“凹数”的概率为有.
考点：古典概型.
7. 已知平面平面，，，AB与两平面，所成的角分别为，，过A，B分别作两平面交线的垂线，垂足分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图形，设，根据三角函数及勾股定理求出及，从而得到答案.
【详解】如图所示，，
设，则，
因为为等腰直角三角形，所以，
由勾股定理可知：，
所以.
故选：A
8. 在中，，的内切圆的面积为，则边长度的最小值为（ ）
A. 14B. 16C. 24D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】由条件可求内切圆半径，根据内切圆的性质和三角形的面积公式可得三边关系，结合基本不等式可求边长度的最小值.
【详解】解：因为的内切圆的面积为，所以的内切圆半径为4．
设内角，，所对的边分别为，，．
因为，所以，所以．
因为，
所以．
设内切圆与边切于点，与边切于点，与边切于点，
由可求得，（舍）
所以，，则．
由三角形内切圆的性质可知
所以，，所以．
所以．
又因为，
所以，即，
整理得．
因为，所以，当且仅当时，取得最小值．
故选：B．
二､选择题：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. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的有（ ）
A. 中位数为3，众数为3B. 平均数为3，众数为4
C. 平均数为3，中位数为3D. 平均数为2，方差为2.4
【答案】BD
【解析】
【分析】选项BD，利用反证法说明一定不含6，选项AC中依次举例说明可以含有6即可.
【详解】对于A，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，
满足中位数为3，众数为3，所以A不可以判断；
对于B，若平均数为3，且出现点数为6，则其余4个数的和为9，
而众数为4，故其余4个数的和至少为10，所以B可以判断；
对于C，当掷骰子出现的结果为1，1，3，4，6时，
满足平均数为3，中位数为3，可以出现点6，所以C不能判断；
对于D，若平均数为2，且出现点数6，
则方差，
所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6.
故选：BD.
10. 过所在平面外一点P，作，垂足为，.以下推断正确的是（ ）
A. 若，，则点是的垂心
B. 若，则点是的外心
C. 若，，则点是的内心
D. 过点分别作边的垂线，垂足分别为，若，则点是的重心
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A选项，由题意得出，点是的垂心；
对于B选项，若，则，点是的外心；
对于C选项，由题意得出是 的平分线，是的平分线，点是的内心；
对于D选项，若，则，进而结合C选项的讨论得点是的内心．
【详解】对于A，∵底面，底面，
∴，
又，，平面，平面
∴平面，平面，
∵平面，平面，
∴；，
∴点是的垂心，A选项正确；
对于B，若，则，
∴，点是的外心，B选项正确；
对于C，过点分别作边的垂线，垂足分别为，
若，则，，
∵底面，底面，∴，
∴，∴，
∴，即是 的平分线，
同理时，是的平分线，
∴点是的内心，故C选项正确；
对于D，过点分别作边的垂线，垂足分别为，
若，则，
结合C选项的讨论可知，点是的内心，D选项错误．
故选：ABC．
11. 某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.下列说法中正确的是（ ）
A. 男生样本容量为30
B. 每个女生被抽入到样本的概率均为
C. 所有样本的均值为166
D. 所有样本的方差为46.2
【答案】ACD
【解析】
【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D.
【详解】A：由人，正确；
B：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；
C：所有样本的均值为，正确；
D：男生方差，女生方差，
所有样本的方差
，正确.
故选：ACD
12. 正方体中，E是棱的中点，F在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A. 侧面上存在点F，使得
B. 直线与直线所成角可能为
C. 平面与平面所成锐二面角的正切值为
D. 设正方体棱长为1，则过点E，F，A的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】AC
【解析】
【分析】取中点M，中点N，连接，易证得平面平面，可得点F的运动轨迹为线段．取的中点F，根据等腰三角形的性质得，即有，A正确；当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，可判断B错误；根据平面平面，即为平面与平面所成的锐二面角，计算可知C正确；
【详解】取中点M，中点N，连接，则易证得，，从而平面平面，所以点F的运动轨迹为线段．
取的中点F，因为是等腰三角形，所以，又因为，所以，故A正确；
设正方体的棱长为a，当点F与点M或点N重合时，直线与直线所成角最大，此时，所以B错误；
平面平面，取F为的中点，则，，∴即为平面与平面所成的锐二面角，，所以C正确；
因为当F为与的交点时，截面为菱形（为的交点），面积为，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知某地春天下雨的概率为40%．现采用随机模拟的方法估计未来三天恰有一天下雨的概率；先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示下雨，5，6，7，8，9，0表示不下雨；再以每三个随机数作为一组，代表未来三天是否下雨的结果．经随机模拟产生了如下20组随机数：907，966，191，925，271，932，812，458，569，683，431，257，393，027，556，488，730，113，537，989．据此估计，该地未来三天恰有一天下雨的概率为_________．
【答案】##0.4
【解析】
【分析】由随机数组确定恰有一天下雨的组数，然后由概率公式计算．
详解】由随机数组，925，458，683，257，027，488，730，537共8组表示未来三天恰有一天下雨，
概率为．
故答案为：．
14. 某单位为了更好地开展党史学习教育，举办了一次党史知识测试，其200名职工成绩的频率分布直方图如图所示，则___________，这200名职工成绩的第75百分位数为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据频率分布直方图直接计算即可得答案.
【详解】解：根据题意，，解得，
由于前三组的频率和为，前四组的频率和为，
所以，这200名职工成绩的第75百分位数为.
故答案为：；
15. 已知的内角A､B､C的对边分别为a，b，c，，且的面积为，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理可转化题干条件为，再利用余弦定理可得，再由面积公式可得，结合，以及余弦定理，联立求解即可
【详解】解：由及正弦定理可得，即，
∴
∵，∴
由的面积为，得
又∵，
∴，整理得，
∴.
故答案为：
16. 已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱维的体积为，则线段长度的最大值为________．
【答案】
【解析】
【分析】计算出棱锥的高和球的半径，再考虑所在的截面圆的半径后可求线段长度的最大值.
【详解】因为球的体积为，故球的半径满足，
故，
而，，，故，故，
故，
设到平面的距离为，则，故，
故在球面的截面圆上，设截面圆所在的平面为，
当与平面在球心的异侧时，有最大值，
设球心到平面的距离为，而外接圆的半径为，则，
故球心到平面的距离为，故截面圆的半径，
设在平面上投影为，则的轨迹为圆，圆心为的外心即的中点，
当最长时最长，此时，
故长度的最大值为，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题涉及到空间中动点的轨迹，注意根据高为定值确定出动点所在的曲线，再将空间问题平面化，从而解决最值问题.
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. 甲、乙两人进行摸球游戏，游戏规则是：在一个不透明的盒子中装有质地、大小完全相同且编号分别为1，2，3，4的4个球，甲先随机摸出一个球，记下编号，设编号为，放回后乙再随机摸出一个球，也记下编号，设编号为，用表示摸球的结果，如果，算甲赢，否则算乙赢.
（1）写出该实验的样本空间；
（2）这种游戏规则公平吗？请说明理由.
【答案】（1）答案见解析
（2）不公平，理由见解析
【解析】
【分析】（1）考虑摸出球的编号情况，根据题意直接写出甲乙两人摸球实验的样本空间；
（2）根据（1）的结果，计算两人赢的概率，可得答案.
【小问1详解】
由题意可得样本空间为
.
【小问2详解】
这种游戏规则是不公平的，理由如下：
设甲赢为事件，乙赢为事件，则，为对立事件，
由题意事件包含的基本事件有
，，，，，，共6个.
由古典概型的概率计算公式可得，
所以，
所以，即这种游戏规则不公平
18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求B；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，将化为，再根据三角形的内角关系结合两角和的正弦公式即可得解；
（2）由，，利用正弦定理求得变，结合三角形的面积公式即可得解.
【详解】解：（1）∵，
由正弦定理得，，.
∴，
∴，.
∴，而，
∴，∴，
又，∴；.
（2），
.
由正弦定理得，
，.
∴.
19. 如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧面底面，且是棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，可证明，再利用线面平行的判定定理即可求证；
（2）取的中点，连接，分别以、、所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量和的坐标，由即可求解.
【详解】
（1）连接交于，连接，
因为四边形是正方形，，
所以是的中点，因为是棱的中点.
所以，
又面，面，
所以平面.
（2）
取的中点，连接，则
由侧面底面，且面面，，
平面，所以平面，
分别以、、所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量，
由令可得，，
所以，
所以点到平面的距离
故点到平面的距离为.
【点睛】方法点睛：求点到面距离的方法
（1）直接法：利用线线垂直、线面垂直、面面垂直等性质定理与判定定理作出垂线段，再通过解三角形求出距离；
（2）间接法：利用三棱锥等体积转化求解.
（3）向量法：求点到平面距离的三步骤：
一、在平面内取一点，确定的坐标，
二、确定平面的法向量；
三、代入公式求解.
20. 女排世界杯比赛采用5局3胜制，前4局比赛采用25分制，每个队只有赢得至少25分，并同时超过对方2分时，才胜1局；在决胜局（第五局）采用15分制，每个队只有赢得至少15分，并领先对方2分为胜.在比赛中，每一个回合，赢球的一方可得1分，并获得下一球的发球权，输球的一方不得分.现有甲乙两队进行排球比赛.
（1）若前三局比赛中甲已经赢两局，乙赢一局.接下来的每局比赛甲队获胜的概率为，求甲队最后赢得整场比赛的概率；
（2）若前四局比赛中甲､乙两队已经各赢两局比赛.在决胜局（第五局）中，两队当前的得分均为14分，且甲已获得下一发球权.若甲发球时甲赢1分的概率为，乙发球时甲赢1分的概率为.求甲队在4个球以内（含4个球）赢得整场比赛的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先确定甲队最后赢得整场比赛的情况，再分别根据独立事件概率乘法公式求解，最后根据互斥事件概率加法公式得结果；
（2）先根据比赛规则确定x的取值，再确定甲赢得整场比赛的情况，最后根据独立事件概率乘法公式以及互斥事件概率加法公式得结果.
【小问1详解】
甲队最后赢得整场比赛的情况为第四局赢或第四局输第五局赢，所以甲队最后赢得整场比赛的概率为.
【小问2详解】
设甲队x个球后赢得比赛，根据比赛规则，x的取值只能为2或4,对应比分为
两队打了2个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，
打第二个球甲发球甲得分，此时概率为；
两队打了4个球后甲赢得整场比赛，即打第一个球甲发球甲得分，
打第二个球甲发球甲失分，打第三个球乙发球甲得分，打第四个球甲发球甲得分，
或打第一个球甲发球甲失分，打第二个球乙发球甲得分，打第三个球甲发球甲得分，
打第四个球甲发球甲得分，此时概率为.
故所求概率为：
21. 已知的三个内角的对边分别为，且，
（1）求证：；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由，联立，得，然后边角转化，利用和差公式化简，即可得到本题答案；
（2）利用正弦定理和，得，再确定角C的范围，即可得到本题答案.
【详解】解：（1）锐角中，，故由余弦定理可得：，
，
，即，
∴利用正弦定理可得：，
即，
，
可得：，
∴可得：，或（舍去），
.
（2），均为锐角，由于：，
，.
再根据，可得，
，
【点睛】本题主要考查正余弦定理的综合应用，其中涉及到利用三角函数求取值范围的问题.
22. 如图1，有一个边长为4的正六边形，将四边形沿着翻折到四边形的位置，连接，形成的多面体如图2所示.
（1）证明：.
（2）设二面角的大小为，是线段上的一个动点（与不重合），四棱锥与四棱锥的体积之和为，试写出关于的函数表达式，并探究为何值时，有最大值，求出最大值.
【答案】（1）证明见解析；
（2），最大值.
【解析】
【分析】（1）先证平面，再由平面即可得，再证明即可证明结论；
（2）连接交于，则为的中点．易证就是二面角的平面角，即．过作，垂足为点，过作，垂足为点，进而结合几何关系得，最后结合三角函数即可得最值.
【小问1详解】
证明：如图，连接交于，则为的中点．
∵，∴，即，．
∵，平面，
∴平面．
又∵平面，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，即
∴
【小问2详解】
解：如图1，连接交于，则为的中点．
由正六边形的性质，可知，∴．
∵，∴，即，．
∵，平面，
∴平面．
∴就是二面角的平面角，即．
过作，垂足为点，过作，垂足为点，如图3.
∵平面，平面
∴，，
∵，平面，平面
∴平面，平面，
∵
∴．
在中，，，，如图4
∴，
∴，，
，
∴．
∴．
∴当时，，取得最大值.