2024-2025学年天津市河东区高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年天津市河东区高一（下）期末数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.一个盒子中装有红、黄、白三种颜色的球若干个，从中任取一个球，已知取到红球的概率为12，取到黄球的概率为16，则取到白球的概率为( )
A. 12B. 16C. 112D. 13
2.唐代以来，牡丹之盛，以“洛阳牡丹甲天下”的美名流传于世.唐朝诗人白居易“花开花落二十日，一城之人皆若狂”和刘禹锡“唯有牡丹真国色，花开时节动京城”的诗句正是描写洛阳城的景象.已知根据花瓣类型可将牡丹分为单瓣类、重瓣类、千瓣类三类，现有牡丹花n朵，千瓣类比单瓣类多30朵，采用分层抽样方法从中选出12朵牡丹进行观察研究，其中单瓣类有4朵，重瓣类有2朵，千瓣类有6朵，则n=( )
A. 360B. 270C. 240D. 180
3.若α，β是两个不重合的平面，a，b，c是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是( )
A. 若a//α，α∩β=b，则a//b
B. 若a⊂α，b⊂β，b//α，a//β，则α//β
C. 若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，则c⊥α
D. 若a⊥α，α∩β=c，b//c，则a⊥b
4.在5件产品中，有3件一级品和2件二级品，从中任取2件，下列事件中概率为710的是( )
A. 都是一级品B. 都是二级品
C. 一级品和二级品各1件D. 至少有1件二级品
5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F为正方体内(含边界)不重合的两个动点，下列结论错误的是( )
A. 若E∈BD1，F∈BD，则EF⊥AC
B. 若E∈BD1，F∈BD，则平面BEF⊥平面A1BC1
C. 若E∈AC，F∈CD1，则EF//AD1
D. 若E∈AC，F∈CD1，则EF//平面A1BC1
6.某企业为响应国家新旧动能转换的号召，积极调整企业拥有的5种系列产品的结构比例，并坚持自主创新提升产业技术水平，2021年年总收入是2020年的2倍，为了更好的总结5种系列产品的年收入变化情况，统计了这两年5种系列产品的年收入构成比例，得到如图饼图：
则下列结论错误的是( )
A. 2021年的甲系列产品收入和2020年保持不变
B. 2021年的丁系列产品收入是2020年丁系列产品收入的4倍
C. 2021年的丙和丁系列产品的收入之和比2020年的企业年总收入还多
D. 2021年的乙和丙系列产品的收入之和比2020年的乙和丙系列产品收入之和的2倍还少
7.盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚“两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率.利用电脑随机产生1到4之间取整数值的随机数，分别用1，2，3，4代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下20组随机数：
343 432 314 134 234 132 243 331 112 324
342 241 244 342 124 431 233 214 344 434
由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为( )
A. 220B. 15C. 14D. 25
8.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱BC，CC1，C1D1的中点，点P为底面A1B1C1D1上任意一点.若直线BP与平面EFG无公共点，则|BP|的最小值是( )
A. 2 2
B. 6
C. 5
D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
9.将一个容量为m的样本分成3组，已知第一组的频数为8，第二、三组的频率为0.15和0.45，则m= ______．
10.某校高三年级10次模考中甲同学的数学成绩从小到大依次排列为94，96，98，98，100，101，101，102，102，103，则甲同学在这10次模考中数学成绩的第40百分位数为______．
11.一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，则两次取到的球颜色相同的概率为______．
12.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，且AA1⊥底面ABC，若AB=2，AA1=1，则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为______．
13.在对树人中学高一年级学生身高(单位：cm)调查中，抽取了男生20人，其平均数和方差分别为174和12，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为164和30，根据这些数据计算出总样本的方差为______．
14.如图，P是边长为2 2的正方形ABCD外一点，PA⊥AB，PA⊥BC，且PC=5，则二面角P−BD−A的余弦值为______．
三、解答题：本题共4小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
学校体育节的投篮比赛中，10名学生的投中个数(每人投10个球)统计表如下：
(1)求这10名学生投中球的个数的方差；
(2)从投进9个球和10个球的学生中选2人接受采访，求这2人恰好是投进9个球和10个球各1人的概率．
16.(本小题12分)
如图，E为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AA1的中点．
(1)求证：AC//平面BED1；
(2)求直线AC与ED1所成角的余弦值．
17.(本小题12分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=AA1．
(1)求证：AB1⊥平面A1BC1；
(2)若D为B1C1的中点，求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，M为AD的中点．
(1)求证：PM⊥BC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PCD；
(3)在棱PA上是否存在一点N，使得PC//平面BMN？若存在，求ANNP的值；若不存在，请说明理由．
答案解析
1.【答案】D
【解析】解：设盒子中装有红、黄、白三种颜色的球的个数分别为a，b，c，
∵取到红球的概率为12，取到黄球的概率为16，
则aa+b+c=12ba+b+c=16，得到a=3b，c=2b，
∴取到白球的概率为p=ca+b+c=2b6b=13．
故选：D．
先设出红、黄、白三种颜色的球的个数分别为a，b，c，再利用条件得到a=3b，c=2b，再利用古典概率公式即可求出结果．
本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查分层抽样，属于基础题．
利用分层抽样中各层之间的比例，结合已知条件列方程求解．
【解答】
解：根据分层抽样的特点，设单瓣类、重瓣类、千瓣类的朵数分别为4x，2x，6x，
由题意可得6x−4x=30，解得x=15，所以n=4x+2x+6x=12x=12×15=180．
故选：D．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
由空间中直线与直线，直线与平面的位置关系判断A与B，由直线与平面垂直的判定判断C，由异面直线所成角的求法判定D．
【解答】
解：若a/​/α，α∩β=b，则a/​/b或a与b异面，故A错误；
若a⊂α，b⊂β，b/​/α，a/​/β，则α/​/β或α与β相交，故B错误；
若a⊂α，b⊂α，且c⊥a，c⊥b，只有添加条件a与b相交，才有c⊥α，故C错误；
若a⊥α，α∩β=c，则a⊥c，又b/​/c，所以有a⊥b，故D正确．
故答案选：D．
4.【答案】D
【解析】解：设A1，A2，A3分别表示3件一级品，B1，B2分别表示2件二级品．任取2件，
则样本空间Ω={A1A2,A1A3,A2A3,A1B1,A1B2,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,B1B2}，共10个样本点，每个样本点出现的可能性相等．
记事件A表示“2件都是一级品”，包含3个样本点，则P(A)=310．
记事件B表示“2件都是二级品”，包含1个样本点，则P(B)=110．
记事件C表示“2件中1件是一级品、1件是二级品”，包含6个样本点，则P(C)=610=35
事件A，B，C两两互斥，所以P(B)+P(C)=P(B∪C)=710，而B∪C表示“至少有1件二级品”．
故选：D．
设A1，A2，A3分别表示3件一级品，B1，B2分别表示2件二级品．任取2件，则样本空间Ω={A1A2,A1A3,A2A3,A1B1,A1B2,A2B1,A2B2,A3B1,A3B2,B1B2}，求出每一个选项对应的事件的概率，即得解．
本题考查古典概型相关知识，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，如图所示：
若E∈BD1，F∈BD，则EF⊂平面 B1D1DB，
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则DD1⊥AC，
又AC⊥BD，且DD1⋂BD=D，DD1⊂平面B1D1DBBD⊂平面B1D1DB，
所以 AC⊥平面B1D1DB，又EF⊂平面B1D1DB，所以EF⊥AC，故A正确；
对于B，若E∈BD1，F∈BD，则EF⊂平面 B1D1DB，由正方体的性质得AC⊥平面B1D1DB，
又A1C1/​/AC，则A1C1⊥平面B1D1DB，即A1C1⊥平面A1BC1，
又A1C1⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面A1BC1，故B正确；
对于C，当E∈AC，F∈CD1时，则EF⊂平面AD1C，则EF与 AD1共面，不一定平行，故C错误；
对于D，如图所示：
若E∈AC，F∈CD1，则EF⊂平面AD1C，因为A1B/​/D1C，AB⊄平面ACD1，D1C⊂平面ACD1，
所以A1B/​/平面ACD1，同理BC1/​/平面ACD1，又A1B∩BC1=B，
所以平面A1BC1/​/平面ACD1，又EF⊂平面ACD1，所以EF/​/平面A1BC1，故D正确；
故选：C．
A，易知EF⊂平面 B1D1DB，AC⊥平面B1D1DB判断；B，易知A1C1⊥平面B1D1DB，即A1C1⊥平面A1BC1，再利用面面垂直的判定定理判断；C，易知EF与 AD1共面，不一定平行判断；D，易知EF⊂平面AD1C，平面AB1C/​/平面A1BC1判断．
本题主要考查了线面平行与线面垂直的判定，考查了面面平行与面面垂直的判定，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了扇形图的相关知识，属于基础题．
根据题意设2020年总收入为a，则2021年总收入为2a，依次计算可解．
【解答】
解：根据题意设2020年总收入为a，则2021年总收入为2a，
对于A：2020年甲系列收入为40%a=0.4a，2021年甲系列收入为20%⋅2a=0.4a，故A正确；
对于B：2020年丁系列收入为15%a=0.15a，2021年丁系列收入为30%⋅2a=0.6a，故B正确；
对于C：2021年丙和丁系列收入之和为(25%+30%)⋅2a=1.1a，2020年企业总收入为a，故C正确；
对于D：2020年的乙和丙系列产品收入之和为(20%+10%)⋅a=0.3a，2021年的乙和丙系列产品收入之和为(20%+25%)⋅2a=0.9a，显然，0.9>0.3×2，故D错误．
故选：D．
7.【答案】C
【解析】【分析】
根据题意，分析在20组随机数中，表示“恰好第三次结束时就停止”的数目，由古典概型公式计算可得答案．
本题考查模拟方法估算概率，涉及古典概型的计算，属于基础题．
【解答】
解：根据题意，在20组随机数中，恰好第三次结束时就停止有314、134、234、243、324，共有5组，
则恰好第三次结束时就停止的概率P=520=14．
故选：C．
8.【答案】B
【解析】解：连接CD1，BA1，BC1，A1C1，
由正方体性质可知：BA1//CD1//GF，
因GF⊂平面EFG，BA1⊄平面EFG，
所以BA1/​/平面EFG，
同理，BC1//EF，
因EF⊂平面EFG，BC1⊄平面EFG，
所以BC1/​/平面EFG，
又BA1∩BC1=B，
BA1⊂平面BA1C1，BC1⊂平面BA1C1，
所以平面BA1C1/​/平面EFG，
因直线BP与平面EFG无公共点，点P为底面A1B1C1D1上在意一点，
所以P点在A1C1上，
故|BP|最小时，BP⊥A1C1，
因正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以三角形BA1C1为边长为2 2的等边三角形，
BP⊥A1C1时，|BP|=2 2×sin60°= 6．
故选：B．
由直线BP与平面EFG无公共点，知BP/​/平面EFG，由平面BA1C1/​/平面EFG，知P点在A1C1上，利用三角形BA1C1为等边三角形可得|BP|的最小值．
本题考查了面面平行的性质以及立体几何中距离的最值问题，属于中档题．
9.【答案】20
【解析】解：∵第二、三组的频率为0.15和0.45
∴第一组的频率为1−0.15−0.45=0.4
∵第一组的频数为8
∴m=80.4=20
故答案为：20．
利用频率和为1，求出第二组的频率，利用公式频率=频数样本容量，求出样本容量m的值．
解决频率分布直方图的问题，一般要注意：频率和为1；频率=频数样本容量；直方图中的纵坐标为频率组距．
10.【答案】99
【解析】解：因为10×40%=4，
所以第40百分位数为第四、五两数的平均数即为98+1002=99．
故答案为：99．
根据百分位数的定义直接计算即可．
本题考查百分位数的求解，是基础题．
11.【答案】715
【解析】解：一个袋子中有4个红球，6个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，
基本事件总数n=10×9=90，
两次取到的球颜色相同包含的基本事件个数m=4×3+6×5=42，
则两次取到的球颜色相同的概率为P=mn=4290=715．
故答案为：715．
基本事件总数n=10×9=90，两次取到的球颜色相同包含的基本事件个数m=4×3+6×5=42，由此能求出两次取到的球颜色相同的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】 155
【解析】解：取A1B1中点M，连C1M，BM，
因为在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，所以底面A1B1C1是等边三角形，从而C1M⊥A1B1，
因为AA1⊥底面ABC，所以AA1⊥底面A1B1C1，
所以AA1⊥C1M，又AA1∩A1B1=A1，从而C1M⊥平面ABB1A1，
因此∠C1BM为直线BC1与平面ABB1A1所成角，
因为C1B= 1+22= 5,C1M= 3，∴sin∠C1BM= 3 5= 155，
故答案为： 155．
先作出直线BC1与平面ABB1A1所成角，再根据直角三角形求结果．
本题考查了直线与平面所成的角的求解计算，属于基础题．
13.【答案】46.8
【解析】解：根据题意，抽取了男生20人，其平均数和方差分别为174和12，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为164和30，
则总体的平均数x−=174×20+164×3050=168，
则总体的方差S2=2050[12+(174−168)2]+3050[30+(164−168)2]=46.8．
故答案为：46.8．
根据题意，先求出总体的平均数，进而由总体的方差公式计算可得答案．
本题考查总体的方差的计算，注意总体方差的计算公式，属于基础题．
14.【答案】2 1313
【解析】解：如图，
因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC=B，
所以PA⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又因为四边形ABCD为正方形，
所以BD⊥AC，
所以BD⊥平面PAO(其中O为AC与BD的交点)，
所以BO⊥PO，
所以∠POA为二面角PBDA的平面角．
又因为AB=2 2，
所以AC=4，
所以AO=2．
又因为PA= PC2−AC2= 52−42=3，PO= PA2+AO2= 32+42= 13，
所以cs∠POA=AOPO=2 1313．
故答案为：2 1313．
根据PA⊥AB，PA⊥BC，易得PA⊥平面ABCD，再根据四边形ABCD为正方形，得到BD⊥AC，进而得到BD⊥平面PAO，从而由∠POA为二面角P−BD−A的平面角求解．
本题考查二面角的计算，属于中档题．
15.【答案】1.4；
12．
【解析】(1)依题意，这10名学生投中球的个数的平均数为110×(6+3×7+2×8+3×9+10)=8．
方差为s2=110(12+12+02+12+02+22+12+12+22+12)=1.4．
(2)依题意，这10名学生的投中10个球的有1人，记为a，
投中9个球的有3人，记为A，B，C，从中任选2人，共有6种情况，即{(aA),(aB),(aC),(AB),(AC),(BC)}，
从投进9个球和10个球的学生中各选1人，有3种情况，即{(aA),(aB),(aC)}，
所以从投进9个球和10个球的学生中选2人接受采访，这2人恰好是投进9个球和10个球各1人的概率为P=36=12．
(1)根据题意，先计算平均数，再由方差的计算公式代入计算，即可得到结果；
(2)根据题意，由古典概型的概率计算公式，即可得到结果．
本题考查平均数，方差以及古典概型相关知识，属于基础题．
16.【答案】(1)证明：连接A1C与BD1，设交于点O，连接EO，
由正方体的性质可知：O为A1C的中点，又因为E为AA1的中点，
所以AC//EO，
又因为EO⊂平面BED1，AC⊄平面BED1，
所以AC/​/平面BED1；
(2)解：由(1)可知∠D1EO等于为直线AC与ED1所成的角，
由题意AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AC，BD∩DD1=D，
所以AC⊥BD1，
由(1)可证得：OE⊥BD1，
设正方体的棱长为2，则D1E= A1D12+A1E2= 22+12= 5，D1O=12BD1=12 DD12+BD2=12× 22+(2 2)2= 3，
OE= D1E2−D1O2= 5−3= 2，
所以cs∠D1EO= 2 5= 105．
所以直线AC与ED1所成角的余弦值为 105．
【解析】(1)连接A1C与BD1，设交于点O，连接EO，由题意可证得AC//EO，进而可证得AC/​/平面BED1；
(2)由(1)可得∠D1EO等于为直线AC与ED1所成的角，在正方体中，求出D1E，EO的值，进而求出∠D1EO的余弦值．
本题考查直线与平面平行的证法及异面直线的夹角的余弦值的求法，属于中档题．
17.【答案】证明见解答； 63．
【解析】(1)证明：由题意知四边形AA1B1B是正方形，所以AB1⊥BA1，
由AA1⊥平面A1B1C1得AA1⊥A1C1，
又因为A1C1⊥A1B1，AA1∩A1B1=A1，
所以A1C1⊥平面AA1B1B，
又因为AB1⊂平面AA1B1B，
所以A1C1⊥AB1，
又因为BA1∩A1C1=A1，所以AB1⊥平面A1BC1．
(2)解：连接A1D，设AB=AC=AA1=1，
因为AA1⊥平面A1B1C1，所以∠A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角，
在等腰直角三角形A1B1C1中，D为斜边的中点，所以A1D=12B1C1= 22，
在Rt△A1DA中，AD= A1D2+A1A2= 62，
所以sin∠A1DA=A1AAD= 63，
即AD与平面A1B1C1所成的角的正弦值为 63．
(1)根据直线与平面垂直的性质定理与判定定理求证即可；
(2)根据直线与平面所成角的定义，运用几何法求解即可．
本题主要考查直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：因为PA=PD，M为AD的中点，所以PM⊥AD，
又底面ABCD为矩形，所以AD//BC，所以PM⊥BC．
(2)证明：∵底面ABCD为矩形，∴AB⊥AD．
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．
又PA⊥PD，PA⋂AB=A，PA、AB⊂平面PAB，∴PD⊥平面PAB，
而PD⊂平面PCD，∴平面PAB⊥平面PCD；
(3)存在，且ANNP=12，理由如下：
连接BM、AC，BM⋂AC=O，连接ON，
因为ABCD是矩形，且M为AD的中点，所以△COB∽△AOM，所以AOOC=AMBC=12，
又PC//平面BMN，平面APC⋂平面BMN=ON，PC⊂平面APC，
所以ON//PC，
所以ANNP=AOOC=12．

【解析】(1)依题意可得PM⊥AD，再由底面ABCD为矩形，则AD//BC，即可得证；
(2)由已知证明PD⊥平面PAB，进一步可得平面PAB⊥平面PCD；
(3)连接BM、AC，BM⋂AC=O，连接ON，依题意可得△COB∽△AOM，则AOOC=AMBC=12，再由线面平行的性质得到ON//PC，即可得解．
本题考查线线垂直的证明，面面垂直的证明，线面平行的性质定理，属中档题．编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
投中个数
7
9
8
9
8
10
7
7
6
9