2024-2025学年内蒙古锡林郭勒盟第二中学高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年内蒙古锡林郭勒盟第二中学高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共12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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.掷一颗骰子，出现点数是2或4的概率是( )
A. 16B. 13C. 12D. 14
2.已知向量a=(2,3),b=(3,2)，则|a–b|=
A. 2B. 2C. 5 2D. 50
3.演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是
A. 中位数B. 平均数C. 方差D. 极差
4.已知平面向量a=(2,−1)，b=(1,1)，c=(−5,1)，若(a+kb)//c，，则实数k的值为
A. −114B. 12C. 2D. 114
5.为了解某地区的中小学生视力情况，拟从该地区的中小学生中抽取部分学生进行调查，事先已了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的视力情况有较大差异，而男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是
A. 简单随机抽样B. 按性别分层抽样C. 按学段分层抽样D. 系统抽样
6.直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BCA=90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BM与AN所成角的余弦值为( )
A. 110B. 25C. 3010D. 22
7.如图，ABCD−A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )
A. BD//平面CB1D1B. AC1⊥BD
C. AC1⊥平面CB1D1D. 异面直线AD与CB1所成的角为60°
8.已知A､B是球O的球面上两点，且∠AOB=90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O−ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )
A. 36πB. 64πC. 144πD. 256π
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.α,β是两个平面，m,n是两条直线，有下列四个命题其中正确的命题有( )
A. 如果m⊥n,m⊥α,n//β，那么α⊥β
B. 如果m⊥α,n//α，那么m⊥n
C. 如果α//β,m⊂α，那么m//β
D. 如果m//n,α//β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等
10.从装有红球、白球和黑球各2个的口袋内一次取出2个球，则与事件“两球都是白球”互斥而非对立的事件是以下事件中的哪几个( )
A. 事件“两球都不是白球”B. 事件“两球恰有一白球”
C. 事件“两球至少有一个白球”D. 事件“两球不都是白球”
11.下面四个命题中的真命题为( )
A. 若复数z满足1z∈R，则z∈R
B. 若复数z满足z2∈R，则z∈R
C. 若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1=z2
D. 若复数z∈R，则z∈R
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.由经验得知，在人民商场付款处排队等候付款的人数及其概率如下：
则：至多2人排队的概率为 ．
13.已知在直角三角形ABC中，∠ACB=90∘,AC=BC=2，点P是斜边AB的中点.则CP⋅CB+CP⋅CA= ．
14.将一副斜边长相等的直角三角板拼接成如图所示的空间图形，其中AD=BD= 2，∠BAC=30°，若它们的斜边AB重合，让三角板ABD以AB为轴转动，则下列说法正确的是 ．
①当平面ABD⊥平面ABC时，C､D两点间的距离为 2；
②在三角板ABD转动过程中，总有AB⊥CD；
③在三角板ABD转动过程中，三棱锥D−ABC体积的最大值为 36．
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)
(1)在三棱锥P−ABC中，AB+2PC=9，E为线段AP上更靠近P的三等分点，过E作平行于AB, PC的平面，则该平面截三棱锥P−ABC所得截面的周长是多少？
(2)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙.体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2，则V甲V乙是多少？
16.(本小题15分)
下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．
(Ⅰ)求此人到达当日空气质量优良的概率；
(Ⅱ)求此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率；
(Ⅲ)由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？(结论不要求证明)
17.(本小题15分)
等腰梯形ABEF中，AB // EF，AB=2，AD=AF=1，AF⊥BF，O为AB的中点，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直．
(1)求证：AF⊥平面CBF；
(2)设FC的中点为M，求证：OM //平面DAF；
(3)求三棱锥C−BEF的体积．
18.(本小题12分)
某校为了解高一学生周末的“阅读时间”，从高一年级中随机调查了100名学生进行调查，获得了每人的周末“阅读时间”(单位：小时)，按照[0,0.5),[0.5,1),⋯,[4,4.5]分成9组，制成样本的频率分布直方图如图所示．
(1)求图中a的值；
(2)估计该校高一学生周末“阅读时间”的中位数；
(3)采用分层抽样的方法从[1,1.5),[1.5,2)这两组中抽取7人，再从7人中随机抽取2人，求抽取的2人恰好在同一组的概率．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，AD//BC，∠BAD=90°，且BC=2AD, AB=4, SA=3．
(1)求证：平面SBC⊥平面SAB；
(2)若E、F分别为线段BC、SB上的一点(端点除外)，满足SFFB=CEEB=λ．
①求证：不论λ为何值，都有SC//平面AEF；②是否存在λ，使得▵AEF为直角三角形，若存在，求出所有符合条件的λ值；若不存在，说明理由．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】由等可能性结合题意可得．
【详解】由等可能性可知，出现点数是2和4的概率各为16，所以出现点数是2或4的概率是16+16=13．
故选：B．
2.【答案】A
【解析】【分析】本题先计算a−b，再根据模的概念求出|a−b|．
【详解】由已知，a−b=(2,3)−(3,2)=(−1,1)，
所以|a−b|= (−1)2+12= 2，
故选A
【点睛】本题主要考查平面向量模长的计算，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．由于对平面向量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．
3.【答案】A
【解析】【分析】可不用动笔，直接得到答案，亦可采用特殊数据，特值法筛选答案．
【详解】设9位评委评分按从小到大排列为x1≤x2≤x3≤x4⋯≤x8≤x9．
则①原始中位数为x5，去掉最低分x1，最高分x9，后剩余x2≤x3≤x4⋯≤x8，
中位数仍为x5，∴A正确．
②原始平均数x=19(x1+x2+x3+x4⋯+x8+x9)，后来平均数x′=17(x2+x3+x4⋯+x8)
平均数受极端值影响较大，∴x与x′不一定相同，B不正确
③S2=19x1−x2+x1−x2+⋯+x9−x2
s′2=17x2−x′2+x3−x′2+⋯+x8−x′2由②易知，C不正确．
④原极差=x9−x1，后来极差=x8−x2可能相等可能变小，D不正确．
【点睛】本题旨在考查学生对中位数、平均数、方差、极差本质的理解．
4.【答案】B
【解析】【分析】首先应用向量的数乘及坐标加法运算求得a+kb的坐标，然后直接利用向量共线时坐标所满足的条件，列出等量关系式，求解k的值．
【详解】因为a=(2,−1),b=(1,1)，
所以a+kb=(2+k,−1+k)，
又c=(−5,1)，由(a→+kb→)/\!/c→
得(2+k)×1=−5×(k−1)，解得k=12，故选B．
【点睛】本题考查向量平行坐标表示，考查基本求解能力．
5.【答案】C
【解析】【详解】试题分析：符合分层抽样法的定义，故选C．
考点：分层抽样．
6.【答案】C
【解析】【详解】以C为原点，直线CA为x轴，直线CB为y轴，直线CC1为z轴，则设CA=CB=1，则
B(0,1,0)，M(12,12,1)，A(1,0,0)，N(12,0,1)，故BM=(12,−12,1)，AN=(−12,0,1)，所以cs〈BM,AN〉=BM⋅AN|BM|⋅|AN|=34 62⋅ 52= 3010，故选C．
考点：本小题主要考查利用空间向量求线线角，考查空间向量的基本运算，考查空间想象能力等数学基本能力，考查分析问题与解决问题的能力．
7.【答案】D
【解析】【详解】在正方体中BD与B1D1平行，因此有BD与平面CB1D1平行， A正确；AC1在平面ABCD 内的射影AC垂直于BD，因此有AC1⊥BD，B正确；与B同理有AC1与B1D1，CB1垂直，从而AC1⊥平面CB1D1， C正确；由AD//BC知AD与CB1所成角为45°，D错．故选D．
8.【答案】C
【解析】【分析】根据给定条件确定出三棱锥O−ABC体积最大时的点C位置，再求出球半径即可得解．
【详解】设球的半径为R，因∠AOB=90°，则▵AOB的面积S▵AOB=12R2，
而VO−ABC=VC−AOB，且▵AOB面积为定值，则当点C到平面AOB的距离最大时，VO−ABC最大，
于是，当C是与球的大圆面AOB垂直的直径的端点时，三棱锥O−ABC体积最大，最大值为13×12R3=36，解得R=6，
所以球O的表面积为4πR2=4π×62=144π．
故选：C．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】运用长方体模型，找出符合条件的直线和平面，即可判断A；运用线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，即可判断B；运用面面平行的性质定理，即可判断C；由平行的传递性及线面角的定义，即可判断D．
【详解】对于A，可运用长方体举反例证明其错误：如图，
不妨设AA′为直线m，CD为直线n，
ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，
显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立，故A错误；
对于B，设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l//n，
由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，故B正确；
对于C，如果α//β,m⊂α，则m//β，故C正确；
对于D，如果m//n,α//β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等，故D正确．
故选：BCD．
10.【答案】AB
【解析】【分析】由对立事件，互斥事件的定义结合题意逐一判断即可．
【详解】从口袋内一次取出2个球，这个试验的样本空间Ω={(白，白)，(红，红)，(黑，黑)，(红，白)，(红，黑)，(黑，白)}，包含6个基本事件，
当事件“两球都为白球”发生时，事件“两球都不是白球”和事件“两球恰有一白球”不可能发生，满足互斥事件的定义，
且“两球都为白球”不发生时，事件“两球都不是白球”不一定发生，事件“两球恰有一白球”不一定发生，故非对立事件，故A、B正确；
“两球都为白球”发生时，事件“两球至少有一个白球”可以发生，故不是互斥事件，故C错误；
事件“两球不都是白球”意思是“两球至少有一个不是白球”与事件“两球都是白球”是对立事件，
故D错误．
故选：AB
11.【答案】AD
【解析】【分析】A选项，设z=a+bi，a,b∈R，根据1z∈R得到b=0，从而z∈R；BC选项，可举出反例；D选项，由z∈R，得到z=z∈R，D正确．
【详解】A选项，设z=a+bi，a,b∈R，则1z=1a+bi=a−bia2+b2∈R，故b=0，
则z=a∈R，故A为真命题；
B选项，复数z=i满足z2=−1∈R，但z∉R，故命题B为假命题；
C选项，若复数z1=i，z2=2i满足z1z2=2i2=−2∈R，但z1≠z2，故命题C为假命题；
D选项，若复数z∈R，则z=z∈R，故D为真命题．
故选：AD
12.【答案】0.56
【解析】【详解】试题分析：记“没有人排队”为事件A，“1人排队”为事件B，“2人排队”为事件C，A、B、C彼此互斥．记“至多2人排队”为事件E，则P(E)=P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.1+0.16+0.3
=0.56，故答案为0.56．
考点：互斥事件的概率公式．
13.【答案】4
【解析】【分析】由题意以C为坐标原点，CA边为x轴，CB边为y轴建立直角坐标系，求出各点坐标，利用向量坐标和向量数量积的坐标计算方法即可求解．
【详解】由题意以C为坐标原点，建立直角坐标系，
可得C(0,0)，A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，
故可得CP=(1,1)，CA=(2,0)，CB=(0,2)，
∴CA+CB=(2,0)+(0,2)=(2,2)，
故CP⋅CB+CP⋅CA=CP⋅CB+CA=2+2=4．
故答案为：4．
14.【答案】①③
【解析】【分析】①取AB中点O，连接DO､CO，根据面面垂直的性质定理进行求解判断即可；
②假设AB⊥CD，根据线面垂直的判定定理和性质，求出∠BAC的大小进行判断即可；
③根据三棱锥的体积公式，结合面面垂直的性质进行求解判断即可．
【详解】①取AB中点O，连接DO､CO，
∵AD=BD= 2，∴DO=1，AB=2，OC=1
∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，DO⊥AB，
∴DO⊥平面ABC，因为CO⊂平面ABC，所以DO⊥OC，
∴DC= DO2+CO2= 2，①正确；
②若AB⊥CD，则AB⊥平面CDO，AB⊥OC，∵O为中点，∴AC=BC，∠BAC=45°与∠BAC=30°矛盾，∴②错误；
③当DO⊥平面ABC时，棱锥的高最大，此时V=13×12⋅AC⋅BC⋅DO=16× 3×1×1= 36.③正确．
故答案为：①③
15.【答案】【详解】(1)如图所示，在三棱锥P−ABC中，过E分别作EF//AB, EH//PC，
再分别过点H, F作HG//AB, FG//PC，可得E, F, G, H四点共面，
因为AB⊄平面EFGH，EF⊂平面EFGH，所以AB//平面EFGH，
同理可证，PC//平面EFGH，所以截面即为平行四边形EFGH，
又由E为线段AP上更靠近P的三等分点，且AB+2PC=9，所以EF=13AB, EH=23PC，
所以平行四边形EFGH的周长为2(EF+EH)=23(AB+2PC)=6．
(2)设母线长为l，甲圆锥底面半径为r1，乙圆锥底面圆半径为r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，所以r1=2r2，
又圆心角2πr1l+2πr2l=2π，则r1+r2l=1，所以r1=23l, r2=13l，
所以甲圆锥的高ℎ1= l2−49l2= 53l，乙圆锥的高ℎ2= l2−19l2=2 23l，
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=49l2× 53l19l2×2 23l= 10．

【解析】【分析】(1)利用平行关系找出截面，利用平行四边形周长公式得到截面周长；
(2)利用弧长公式和圆锥的侧面积公式得到两个圆锥的底面半径的关系，从而得到圆锥体积的关系．
16.【答案】【详解】(Ⅰ)在3月1日至3月13日这13天中，1日，2日，3日，7日，12日，13日共6天的空气质量优良，所以此人到达当日空气质量优良的概率为613．
(Ⅱ)根据题意，事件“此人在该市停留期间只有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日，或5日，或7日，或8日”，
所以此人在该市停留期间只有1天空气重度污染的概率是413．
(Ⅲ)从3月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大．
本题主要考查的是古典概率．由图读出基本事件的总数和满足条件的事件个数，代入古典概型公式计算即可．连续三天的空气质量指数方差最大的是应该是这三天空气质量指数悬殊最大的．

【解析】略
17.【答案】解：(1) ∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，
平面ABCD∩平面ABEF=AB，∴CB⊥平面ABEF，
∵AF⊂平面ABEF，∴AF⊥CB．
又∵AF⊥BF，BF∩BC=B，BF，BC⊂平面CBF．
∴AF⊥平面CBF．
(2)设DF的中点为N，则MN//CD，MN=12CD，
AO//CD，AO=12CD，则MN//AO，MN=AO，
∴四边形MNAO是平行四边形，∴OM//AN．
又AN⊂平面DAF，OM⊄平面DAF，∴OM//平面DAF．
(3)过点E作EH⊥AB于H，则∠EBH=60°，
所以EH= 32，EF=AB−2HB=1，故S△BEF=12×1× 32= 34，VC−BEF=13×S△BEF×BC= 312．

【解析】【详解】试题分析：(1)要证线与面垂直，需先证明直线AF垂直于平面内的两条相交直线，因为矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，所以BC垂直于平面ABEF，从而AF垂直于BC，依题意，AF垂直于BF，从而命题得证；(2)取DF的中点为N，由三角形中位线定理，MN平行CD且等于CD的一半，而OA也是如此，从而MN平行且等于OA，四边形MNAO为平行四边形，所以OM平行于AN，由线面平行的判定定理即可得证OM平行于平面DAF；(3)先计算底面三角形BEF的面积，在等腰梯形ABEF中，可得此三角形的高为 32，底EF为1，再计算三棱锥C−BEF的高，即为CB，最后由三棱锥体积计算公式计算即可．
18.【答案】【详解】(1)由题意，高一学生周末“阅读时间”在[0,0.5),[0.5,1),⋯,[4,4.5]的频率分别为0.04,0.08,0.15，0.5a,0.25,0.15,0.07,0.04,0.02．
由1−(0.04+0.08+0.15+0.25+0.15+0.07+0.04+0.02)=0.5a，得a=0.40．
(2)设该校高一学生周末“阅读时间”的中位数为m小时．
因为前5组频率和为0.04+0.08+0.15+0.20+0.25=0.72>0.5，前4组频率和为0.47