新疆乌鲁木齐市第一中学2023~2024学年高一下学期期末考试数学试卷[附解析]

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数学试卷Ⅰ
（请将答案写在答题纸上）
命题人：靳艳军 审题人：王永亮
一、单项选择题：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
个选项是符合题目要求的.
1. 甲、乙两名同学参加了一次篮球比赛的全部 7 场比赛，平均每场得分都是 16 分，标准差分别为 3.5 和 4.62
，则甲、乙两名同学在这次篮球比赛中，发挥更稳定的是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 甲、乙相同 D. 不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用平均数、标准差的意义即可判断作答.
【详解】因甲、乙平均每场得分相同，都是 16 分，而甲的标准差 3.5 小于乙的标准差 4.62，
即甲每场比赛的得分波动较乙的小，甲发挥更稳定.
故选：A
2. 设 为两条直线， 为两个平面，若 ，则（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于 A 中，若 且 ，则 与 平行、相交或异面，所以 A 不正确；
对于 B 中，若 且 ，则 与 平行、相交或异面，所以 B 不正确；
对于 C 中，若 且 ，
如图所示，取点 ，过点 ，作 ，则 ，
设 ，可得 ，因为 ，且 平面 ，
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所以 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，
所以 为 与 所成角的平面角，由 ，可得 ，即 ，
所以四边形 为矩形，所以 ，所以 ，所以 C 正确；
对于 D 中，若 且 ，则 与 平行、相交或异面，所以 D 不正确.
故选：C.
3. 对空中移动的目标连续射击两次，设 A＝{两次都击中目标}，B＝{两次都没击中目标}，C＝{恰有一次击
中目标}，D＝{至少有一次击中目标}，下列关系不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据事件之间的关系与运算对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于选项 A，事件 A 包含于事件 D，故 A 正确；
对于选项 B，由于事件 B，D 不能同时发生，故 ，故 B 正确；
对于选项 C，由题意知 C 正确；
对于选项 D，由于 ＝D＝{至少有一次击中目标}，不是必然事件；
而 为必然事件，所以 ，故 D 不正确．
故选：D.
4. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出
“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间
的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积
相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为 1，下底面边长为 2，高为 的正六棱台与一个
不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
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A. 16 B. C. D. 21
【答案】D
【解析】
【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等即可求解.
【详解】由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
故 .
故选：D
5. 某工厂生产 三种不同型号的产品，产量之比为 2：3：5.现用分层抽样的方法抽取 1 个容量为 的
样本，若样本中 种型号的产品有 16 件，则样本容量 （ ）
A. 40 B. 60 C. 80 D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】设 种型号的产品有 件，利用分层抽样性质列方程可求 .
【详解】设 种型号的产品有 件，
因为 三种不同型号的产品，产量之比为 2：3：5，
所以 种型号的产品有 件， 种型号的产品有 件，
由已知可得 ，
所以 ，
故选：C.
6. 某人有 4 把钥匙，其中 2 把能打开门，如果随即地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，那么
第二次才能打开门的概率有多大？（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【分析】由古典概型概率计算公式结合乘法公式即可求解.
【详解】根据题意，第二次才能打开门，说明第一次没有打开门，故第一次没有打开门的概率为 ，
把没有打开门的钥匙扔掉，故剩下 3 把钥匙，所以此时能打开门的概率是 ，
故第二次才能打开门的概率是 ．
故选：B．
7. 如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心， 为正三角形，平面 ECD⊥平面 ABCD，M 是线段 EB 的中点，
则（ ）
A. DM≠EN，且直线 DM、EN 是异面直线
B. DM＝EN，且直线 DM、EN 是异面直线
C. DM≠EN，且直线 DM、EN 是相交直线
D. DM＝EN，且直线 DM、EN 相交直线
【答案】D
【解析】
【分析】连接 ，可得 是 的中点，可得 与 相交，进而可证 ，从而可得
，从而可得 .
【详解】连接 ，
因为点 N 为正方形 ABCD 的中心，所以 是 的中点，
所以 平面 ，所以 与 相交，
因为四边形 ABCD 是正方形，所以 ，
又因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
又因为 是等边三角形，所以 ，
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所以 ，所以 ，又因为 是 的中点，
所以 .
故选：D.
8. 已知圆锥的高为 3，底面半径为 ，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积
与圆锥的体积的比值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算求半径为 ，再计算球体积和圆锥体积，计算得到答案.
【详解】如图所示：设球半径为 ，则 ，解得 .
故求体积为： ，圆锥的体积： ，故 .
故选： .
【点睛】本题考查了圆锥，球体积，圆锥的外接球问题，意在考查学生的计算能
力和空间想象能力.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
9. （多选）一组数据 ， ， ， ， 的平均值为 5，方差为 2，极差为 7，中位数为 6，记 ，
， ， ， 的平均值为 ，方差为 ，极差为 ，中位数为 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均数、方差、极差、中位数定义及性质求解即可．
【详解】由题意可得 ， ， ， .
故选：ACD．
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10. 某中学为研究本校高二学生在市联考中的语文成绩，随机抽取了 位同学的语文成绩作为样本，得到
以 ， ， ， ， ， ， 分组的样本频率分
布直方图如图.则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 样本内语文分数在 有 位同学
C. 用该图表估计本次联考该校语文成绩的中位数为
D. 从全校高二学生中随机选出 人，则该学生成绩在 中 概率为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据频率和为 可构造方程求得 的值，知 A 正确；由频率和频数的关系可求得 B 正确；根据频率
分布直方图估计中位数的方法可求得 C 正确；用频率估计概率可知 D 错误.
【详解】对于 A， ， ，A 正确；
对于 B， 样本内语文分数在 的频率为 ，
样本内语文分数在 的有 人，B 正确；
对于 C， ， ，
中位数位于 之间，设中位数为 ，
则 ，解得： ，即中位数为 ，C 正确；
对于 D，由频率分布直方图知：样本中学生成绩在 中的频率为 ，
用频率估计概率，则全校高二学生中随机选出 人，该学生成绩在 中的概率为 ，D 错误.
故选：ABC
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11. 棱长为 1 的正方体 中，点 为线段 上一点（不包括端点），点 为 上的动
点，下列结论成立的有（ ）
A. 过 的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形
B. 的最小值为
C. 当点 为线段 中点时，三棱锥 的外接球的半径为
D. 两点间的最短距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据面面平行的性质可判断 A；将两半平面折成一个平面，从而求得线段和的最小值，判断 B；确
定三棱锥 的外接球的球心位置，列式求解，可判断 C；求解异面直线的公垂线段的长可判断 D.
【详解】在正方体 中，平面 平面 ，
设过 的截面截正方体所得的截面为 ，M 为截面与 的交点，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，又 ，故 ，
即 ∽ ，而 ，
则 ，
又点 为线段 上一点（不包括端点）， ，
即过 的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A 正确；
根据正方体性质可知 ≌ ，
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故可将 沿 转到和 重合位置，则 的最小值为 的长，
而正方体棱长为 1，故 ，即 的最小值为 ，B 正确；
当点 为线段 中点时，设 的中点为 N，连接 ，
由于 ，故 ，
连接 交于 G，连接 ，则四边形 为矩形，
故 ， 平面 ，
故 平面 ，又 ，则 N 为 的外心，
故三棱锥 的外接球的球心在 上，设为 H，而 ,
，则 ，
设三棱锥 的外接球半径为 r，则 ，
解得 ，C 错误；
当 分别为 的中点时，由 C 的分析可知 Q 位于 N 点位置，
此时 ，即此时 间距离最短，最短距离为 ，D 正确，
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故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了几何体截面问题、线段和最小以及外接球半径和异面直线间的最短距
离问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，特别是求外接球半径时，要确定
球心位置，再列式求解.
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 某新能源汽车 店五月份的前 8 天汽车销量（单位：辆）分别为： ，则这组数据
的 分位数为______．
【答案】13
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，然后算出 分位数的位置，由百分位数的定义，即可得到答案.
【详解】将这 8 个数据从小到大排列得 ，
因为 ，所以这组数据的 分位数为 ．
故答案为：13
13. 已知甲、乙、丙、丁四人各自独立解决某一问题的概率分别是 0.5，0.4，0.3，a，如果甲、乙、丙至少
有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，则 a 的最大值是______.
【答案】0.79.
【解析】
【分析】
由甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，利用对立事件概率计算公
式列出方程，由此能求出 a 的最大值.
【详解】解：甲、乙、丙、丁四人各自独立解决某一问题的概率分别是 0.5，0.4，0.3，a，
∵甲、乙、丙至少有一人解决该问题的概率不小于丁独立解决这一问题的概率，
∴ ，
解得 .
∴a 的最大值是 0.79.
故答案为：0.79.
【点睛】此题考查对立事件概率的应用，属于基础题
14. 已知圆锥的底面半径为 2，母线长为 4， 为圆锥底面圆的直径， 是 的中点， 是母线 的中
点，则圆锥的表面积为______．异面直线 与 所成角的余弦值为______．
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【答案】 ① ②.
【解析】
【分析】（1）直接求出底面积和侧面积，即可求出表面积；
（2）延长 至点 ，使 ，连接 ， ， ，可以证明 为异面直线 与 所
成的角（或补角），在 中，利用余弦定理求出异面直线 与 所成角的余弦值.
【详解】
由圆锥的底面半径为 2，母线长为 4，
则圆锥的表面积为 .
延长 至点 ，使 ，连接 ， ， ．
因为 是母线 的中点，所以 ，
所以 为异面直线 与 所成的角（或补角）．
由题意知 ， ，又 是 的中点，所以 ，
所以在 中， ．因为 ，
所以 ，所以 ．在 中， ，
则由余弦定理得： ，
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即异面直线 与 所成角的余弦值为 .
故答案为： ，
四、解答题：本大题 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 某校高二年级共有 800 名学生参加 2021 年全国高中数学联赛初赛，为了解学生成绩，现随机抽取 40 名
学生的成绩(单位:分)，并列出频数分布表如下:
分组
频数 5 7 13 10 5
（1）试估计该年级成绩不低于 90 分的学生人数；
（2）成绩在区间 上的 5 名学生中有 3 名男生，2 名女生，现从中随机选出 2 名学生参加访谈，求
恰好选中一名男生和一名女生的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，计算出样本中成绩不低于 90 分的频率，即可求出结果；
（2）根据条件，列出样本空间中的样本点及事件 包含的样本点，再利用古典概型概率公式，即可求出结
果.
【小问 1 详解】
估计该年级成绩不低于 90 分的学生人数为 .
【小问 2 详解】
分别记男生为 1，2，3 号，女生为 4，5 号，从中随机选出 2 名学生，对应的样本空间
，
共有 10 个样本点，每个样本点发生的可能性相等.
设事件 “恰好选中一名男生和一名女生”，则事件 包含的样本点有：
，共 6 个，
所以 .
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16. 如图，四棱锥 中，四边形 为矩形， 为等腰三角形， ，平面
平面 且 分别为 和 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）证明：平面 平面 .
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用三角形的中位线有 ；利用线面平行的判定定理证明．（2）利用线面垂直的性质
和面面垂直的判定定理证明即可证得结论．
【详解】解：（1）证明：因为四边形 为矩形， 、 分别为 、 的中点
连接 ，
因为 与 相交且互相平分，交点为中点；
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过点 ，且为中点；
、 分别为 、 的中点，
在 中， 为三角形的中位线，
；
面 ， 面
面 ；
（2）证明：四边形 为矩形， ，
平面 平面 ，面 面 ， 面 ，
面 ，
面 ，
，
又 ，
， （已证）
平面 ；
平面 ；
平面 平面 ；
即：平面 平面 ；
17. 某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从 A 类的 5 个问题中任选两题作答，若两
题都答对，则得 40 分，否则得 0 分；第二轮从 B 类的 5 个问题中任选两题作答，每答对 1 题得 30 分，答
错得 0 分若两轮总积分不低于 60 分则晋级复赛.
小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为 0.5.在 A 类的 5 个问题中，小明只能答对 4 个问题；
在 B 类的 5 个问题中，小明每个问题答对的概率都为 0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.
（1）求小明在第一轮得 40 分的概率；
（2）以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？
【答案】（1） ；
（2）小明更容易晋级复赛.
【解析】
【分析】（1）对 A 类的 5 个问题进行编号： ，设小明只能答对 4 个问题的编号为： ，
列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得 40 分的概率；
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（2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得 分，第二轮答对一题得 分；或第一轮答对两题得
分，第二轮答对两题得 分；或第一轮答错两题得 分，第二轮答对两题得 分；或第一轮答对一题
得 分，第二轮答对两题得 分；分别求出小芳和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论.
【小问 1 详解】
对 A 类的 5 个问题进行编号： ，第一轮从 A 类的 5 个问题中任选两题作答，
则有 共 种，
设小明只能答对 4 个问题的编号为： ，
则小明在第一轮得 40 分，有 共 种，
则小明在第一轮得 40 分 概率为： ；
【小问 2 详解】
由（1）知，小明在第一轮得 40 分的概率为 ，
则小明在第一轮得 0 分的概率为： ，
依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于 60 分
当第一轮答对两题得 分，第二轮答对一题得 分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
；
；
当第一轮答对两题得 分，第二轮答对两题得 分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
； ；
当第一轮答错一题得 分，第二轮答对两题得 分时，
小芳和小明晋级复赛的概率分别为：
； ；
当第一轮答错两题得 分，第二轮答对两题得 分时，
小芳晋级复赛的概率分别为：
；
小芳晋级复赛的概率为： ；
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小明晋级复赛的概率为： ；
，
小明更容易晋级复赛.
18. 如图，直四棱柱 中，底面 为矩形，且
（1）求直线 与平面 所成的角的大小；
（2）求二面角 的余弦值；
（3）求直线 到平面 的距离.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意可得直四棱柱 是长方体，则 平面 ，所以 即
为直线 与平面 所成的角，然后在 中求解即可；
（2）由长方体的性质可得 ， ，所以得 为二面角 的平面角，
然后在 中求解即可；
（3）由长方体的性质可得 ∥ ，则 ∥平面 ，所以点 B 到平面 的距离即为直线 到
平面 的距离，然后利用等体积法可求得结果.
【小问 1 详解】
因为在直四棱柱 中，底面 为矩形，
所以直四棱柱 是长方体，
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即在长方体 中， 平面 ,
即 平面 ，则 即为直线 与平面 所成的角，
因为 ，
所以在 中， ， ，故
即直线 与平面 所成的角为
【小问 2 详解】
由（1）知直四棱柱 是长方体，则在长方体 中， 平面
，
因为 ， 平面 ，所以 ， ，
又 平面 ， 平面 ，
由二面角的平面角的定义知 为二面角 的平面角，
因为 ，所以在 中，
， ，
故 ，则 ，
即二面角 的余弦值为 ；
【小问 3 详解】
由（1）知直四棱柱 是长方体，则在长方体 中，
由于 ∥ ，故四边形 是平行四边形，
故 ∥ ，
而 平面 ， 平面 ，
故 ∥平面 ，
则点 B 到平面 的距离即为直线 到平面 的距离，
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而 ，
故 ,
设点 B 到平面 的距离为 h，则 ，即 ,
则 ，即直线 到平面 的距离为 .
19. 第 19 届亚运会将于 2023 年 9 月 23 日至 10 月 8 日举办，本届亚运会共设 40 个竞赛大项．其中首次增
设了电子竞技项目．与传统的淘汰赛不同，近年来一个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事的青睐．传统
的淘汰赛失败一场就丧失了冠军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者每个队伍只有失败了两场才会淘
汰出局，因此更有容错率．假设最终进入到半决赛有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队伍两两分组进
行比赛，胜者进入到总决赛，总决赛的胜者即为最终的冠军．双败赛制下，两两分组，胜者进入到胜者组，
败者进入到败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入到总决赛，败者进入到败者组．之前进入到败者组
的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入总决赛，最后总决赛的
胜者即为冠军，双败赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法
拿到冠军，但是其它的队伍却有一次失败的机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不在少数，因此很多
人戏谑这个赛制对强者不公平，是否真的如此呢？
这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支队伍分别为 A、B、C、D，其中 A 对阵其他三个队伍获胜概率
均为 p，另外三支队伍彼此之间对阵时获胜概率均为 ．最初分组时 AB 同组，CD 同组．
（1）若 ，在淘汰赛赛制下，A、C 获得冠军的概率分别为多少？
（2）分别计算两种赛制下 A 获得冠军的概率（用 表示），并据此简单分析一下双败赛制下对队伍的影响，
是否如很多人质疑的“对强者不公平”？
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【答案】（1） 获得冠军的概率分别为 ， ；
（2）淘汰赛赛制下 获得冠军的概率为 ，“双败赛制”赛制下 获得冠军的概率为 ，双败赛
制下对强者更有利.
【解析】
【分析】（1）利用独立事件乘法、互斥事件加法公式求 获得冠军的概率；
（2）分别求出不同赛制下 获得冠军的概率，研究 哪种赛制下 获得冠军的概率更大，即可得
结论.
【小问 1 详解】
获得冠军： 组 获胜，再由 与 组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为 ，
获得冠军： 组 获胜，再由 与 组胜者决赛并胜出，
获得冠军的概率为 .
【小问 2 详解】
淘汰赛赛制下， 获得冠军的概率为 ，
“双败赛制”赛制下，讨论 A 进入胜者组、败者组两种情况，
当 A 进入胜者组，若在胜者组 A 失败，后两局都胜，方可得冠军；
若在胜者组 A 胜利，后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可得冠军；
当 A 进入败者组，后三局都胜，方可得冠军；
综上， 获得冠军的概率 .
令 ，
若 为强队，则 ，故 ，
所以，双败赛制下对强者更有利.
【点睛】关键点点睛：第二问，根据“双败赛制”赛制的描述讨论 A 进入胜者组、败者组两种情况，分别求
出得冠军的概率为关键.
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