2024-2025学年宁夏银川一中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年宁夏银川一中高一（下）期末数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知非零向量a=(2,3,−1)和b=(4,λ,−2)互相垂直，则λ的值是( )
A. −6B. 6C. −103D. 103
2.有4张卡片，上面分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的所有基本事件数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 6
3.已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是13，那么另一组数据3x1−1，3x2−1，3x3−1，3x4−1，3x5−1的方差是( )
A. 13B. 43C. 1D. 3
4.已知事件A，B是相互独立事件，且P(A)=23，P(B)=34，则P(AB−)=( )
A. 112B. 12C. 512D. 1112
5.已知直线l、m、n与平面α、β，下列命题正确的是( )
A. 若l⊥n，m⊥n，则l//m B. 若l⊥α，l//β，则α⊥β
C. 若l⊥α，l⊥m，则m//α D. 若α⊥β，α∩β=m，l⊥m，则l⊥β
6.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AD//BC，点E为PA的中点，AB=BC=1，AD=2,PA= 2，则异面直线BE与CD所成角的余弦值为( )
A. 33 B. 63
C. 36 D. 66
7.如图，三棱锥P−ABC的体积为V，E，F分别是棱PB，PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上靠近点B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为( )
A. 12V
B. 49V
C. 59V
D. 35V
8.在正三棱锥P−ABC中，PA=AB=2 6，点M为空间中的一点，则MP⋅(MA+MB+MC)的最小值为( )
A. −16B. −14C. −12D. −8
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于样本数据5，2，7，9，8，11，说法正确的是( )
A. 中位数为7B. 中位数为7.5C. 极差为9D. 方差为2
10.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 两个非零向量a，b，若a⋅b=0，则a⊥b
B. 若对空间中任意一点O，有OP=16OA+13OB+12OC，则P，A，B，C四点共面
C. 设{a,b,c}是空间中的一组基底，则{a−b,b+c,a+c}也是空间的一组基底
D. 若空间四个点P，A，B，C，PC=14PA+34PB，则A，B，C三点共线
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，且点P满足BP=λBC+μBB1(0≤λ,μ≤1)，则下列说法正确的是( )
A. 若D1P//平面A1BD，则λ2+μ2最小值为12
B. 若PO⊥平面A1BD，则λ=12,μ=1
C. 若λ=μ=12，则P到平面A1BD的距离为 33
D. 若λ=1，0≤μ≤1时，直线DP与平面A1BD所成角为θ，则sinθ∈[ 33, 63]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.总体由编号为00，01，…，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6个个体的编号为______．
5044664421 6606580562 6165543502 4235489632 1452415248
2266221586 2663754199 5842367224 5837521851 0337183911
13.刘徽是魏晋时代著名的数学家，他给出的(2k+1)阶幻方被称为“神农幻方”.所谓幻方，即把1，2，…，n2排成n×n的方阵，使其每行、每列和对角线的数字之和均相等.如图是刘徽构作的3阶幻方，现从中随机抽取和为15的三个数，则这三个数中仅有1个奇数的概率是______．
14.已知圆锥的底面半径为 3，侧面积是6π，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是______．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
甲、乙两人分别对A，B两个目标各射击一次，若目标被击中两次则被击毁，每次射击互不影响．已知甲击中A，B的概率均为12，乙击中A，B的概率分别为13，25．
(1)求A被击毁的概率；
(2)求恰有1个目标被击毁的概率．
16.(本小题15分)
某学校为了了解高二年级学生数学运算能力，对高二年级的200名学生进行了一次测试.已知参加此次测试的学生的分数xi(i=1,2,3,⋯,200)全部介于45分到95分之间，该校将所有分数分成5组：[45,55)，[55,65)，…，[85,95]，整理得到如下频率分布直方图(同组数据以这组数据的中间值作为代表)．
(1)求m的值，并估计此次校内测试分数的平均值x−；
(2)试估计这200名学生的分数xi(i=1,2,3,⋯,200)的方差s2，并判断此次得分为52分和94分的两名同学的成绩是否进入到了[x−−2s,x−+2s]范围内？(参考数据： 129≈11.4)
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠BCD=120°，侧面PAB⊥底面ABCD，PB=2 2，AB=AC=PA=2．
(1)求证：BD⊥平面PAC；
(2)过AC的平面交PD于点M，若VM−PAC=12VP−ACD，求三棱锥P−AMC的体积．
18.(本小题17分)
甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．
(1)求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；
(2)求甲获得冠军的概率；
(3)求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．
19.(本小题17分)
如图1，在梯形ABCD中，AB//CD，∠BAD=π3，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，AC与DP交于点O.将△ACD沿AC折起到△ACD′的位置，得到三棱锥D−ABC，使得二面角B−AC−D为直二面角(如图2)．

(1)求证：BC//平面POD′；
(2)求平面ABC与平面BCD的夹角的大小；
(3)在线段PD′上是否存在点Q，使得平面OCQ⊥平面ABD′？若存在，求出PQPD′的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.A
5.B
6.A
7.B
8.C
9.BC
10.ABD
11.AD
12.55
13.34
14.8 39
15.解：(1) A被击毁则甲、乙两人均要击中目标，故概率为12×13=16．
(2) B被击毁的概率为12×25=15，
则A被击毁，B不被击毁的概率为16×(1−15)=215，
B被击毁，A不被击毁的概率为15×(1−16)=16，
则恰有1个目标被击毁的概率为215+16=310．
16.解：(1)因为0.006×10+0.014×10+10m+0.036×10+0.020×10=1，
所以m=0.024．
此次校内测试分数的平均值估计值为：
x−=0.06×50+0.14×60+0.24×70+0.36×80+0.20×90=75．
(2)s2=0.06×(50−75)2+0.14×(60−75)2+0.24×(70−75)2+0.36×(80−75)2+0.20×(90−75)2=129，
所以s= 129≈11.4，
所以x−−2s=52.2，x−+2s=97.8，
所以得分为52分的同学的成绩没有进入到了[52.2,97.8]内，
得分为94分的同学的成绩进入到了[52.2,97.8]内．
17.证明：(1)由题意，底面ABCD是菱形，且AB=AC=2，∴BD⊥AC，
在△PAB中，∵AB=PA=2，PB=2 2，∴PA2+AB2=PB2，
即∠PAB=90°，∴PA⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，
∴PA⊥平面ABCD，而BD⊂平面ABCD，则PA⊥BD，
又PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC；
解：(2)由(1)知：PA⊥平面ABCD，
∴VP−ACD=13S△ACD×PA=13×(12×2×2×sin60°)×2=2 33，
而VM−PAC=VP−AMC，且VM−PAC=12VP−ACD，
∴VP−AMC= 33．
18.解：(1)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，

其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，
第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．
乙获连负两场，所以1、4均负，
所以乙获连负两场的概率为P=34×12=38．
(2)甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，
所以甲获得冠军的概率为：P=(34)3+2×(34)3×14=81128．
(3)若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，
所以甲与乙在决赛相遇的概率为：P=34×34×12×12+14×34×34×12=27128，
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：
乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，
若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：
p=14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128，丁与丙相同，
所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：27128+5128+5128=37128．
19.解：(1)证明：如图，连接PC，

在梯形ABCD中，因为AB/​/CD，AB=2CD=4，P为AB的中点，
所以CD/​/AP，CD=AP，
所以四边形APCD为平行四边形，
因为AC∩DP=O，所以O为AC的中点，所以OP//BC，
因为OP⊂平面POD′，BC⊄平面POD′，所以BC/​/平面POD′，
(2)在平行四边形APCD中，因为AP=AD=2，
所以四边形APCD为菱形，所以AC⊥DP，
所以在三棱锥D′−ABC中，AC⊥OD′，AC⊥OP，
因为OD′⊂平面ACD′，OP⊂平面ACB，
所以∠D′OP即为二面角B−AC−D′的平面角，
所以∠D′OP=π2，即OP⊥OD′，
如图所示，以O为坐标原点，分别以OA，OP，OD′所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则B(− 3,2,0),C(− 3,0,0),D′(0,0,1)，
所以BD′=( 3,−2,1),CB=(0,2,0)，
设平面BCD′的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥CBBD′⊥n，即n⋅CB=2y=0n⋅BD′= 3x−2y+z=0，
令x=1，则y=0，z=− 3，所以n=(1,0,− 3)，
易知平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
设平面ABC与平面BCD′的夹角的大小为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m||n|= 31× 4= 32，
又θ∈[0,π2]，所以θ=π6，
所以平面ABC与平面BCD′的夹角的大小为π6；
(3)假设在线段PD′上存在点Q，使得平面OCQ⊥平面ABD′，
设PQ=λPD′(0≤λ≤1)，因为P(0,1,0)，
所以CP=( 3,1,0),PD′=(0,−1,1)，
所以CQ=CP+PQ=CP+λPD=( 3,1−λ,λ)，
易知OC=(− 3,0,0),AB=(−2 3,2,0)，
设平面OCQ的一个法向量为t=(x1,y1,z1)，
则t⋅OC=− 3x1=0t⋅CQ= 3x1+(1−λ)y1+λz1=0，
令y1=λ，得t=(0,λ,λ−1)，
设平面ABD′的一个法向量为s=(x2,y2,z2)，
则s⋅AB=−2 3x2+2y2=0s⋅BD′= 3x2−2y2+z2=0，
令x2=1，得s=(1, 3, 3)，
由t⋅s=(0,λ,λ−1)⋅(1, 3, 3)= 3λ+ 3λ− 3=0，
解得：λ=12，
所以当Q为线段PD′的中点时，平面OCQ⊥平面ABD′，此时PQPD′=12． 8
1
6
3
5
7
4
9
2