山东省烟台市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题含答案（word版）

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这是一份山东省烟台市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题含答案（word版），共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.C 2.B 3.D 4.D 5.C 6.A 7.D 8.A
二、选择题
9. ACD 10. BC 11. ABD
三、填空题
12.86
四、解答题
15. ( 1 )证明:因为事件 A,B 相互独立，所以 PAB=PAPB . 2 分
(法一) 因为 A∩B=A∪B ,所以 PAB=PA∪B=1−PA∪B 4 分
又 PA∪B=PA+PB−PAB .6 分
所以 PAB=1−PA−PB+PAPB=1−PA1−PB=PAPB
所以 A 与 B 相互独立. 8 分
(法二) 对于 A 与 B ,因为 A=AB∪AB ,而且 AB 与 AB 互斥, 3 分
所以 PA=PAB∪AB=PAB+PAB . 4 分
所以 PAB=PA−PAB=PA−PAPB=PA1−PB=PAPB
所以 A 与 B 相互独立. 6 分
同理, PB=PBA+PBA . 7 分
所以 PAB=PB−PAB=PB−PAPB=PB1−PA=PBPA ,
所以 A 与 B 相互独立. 8 分
(2)因为 PA=0.4,PB=0.5 ,所以 PA=0.6,PB=0.5 , 10 分
所以 PA∪B=PA+PB−PAB=PA+PB−PAPB=0.6+0.5−0.6×0.5=0.8 .12 分
所以 PA∪B=0.8 . 13 分
16. 解: (1) 因为 0.01+b+0.035+0.03+0.005×10=1 ,所以 b=0.02 . 1 分
因为 B 校测试成绩“不合格”的人数为 10,所以每校的样本容量为 10+0.01×10=100 ,
因为 A,B 两校抽取相同数量相同的学生,所以由频数分布表得 a=20 . 2 分
设 B 校测试成绩的中位数为 x ,则有 0.010×10+0.020×10+x−70×0.035=0.5 ,
解得 x≈75.71 . 4 分
(2)设 A,B 两校所有测试学生的平均值分别为 xA,xB ，方差分别为 SA2,SB2 .
由频率分布直方图得,
xB=0.1×55+0.2×65+0.35×75+0.3×85+0.05×95=75,6 分
SB2=55−752×0.1+65−752×0.2+75−752×0.35+85−752×0.3+95−752×0.05=110.8 分
又 xA=75,SA=120 ,所以 xA=xB,SA2>SB2 ,
据此可以推测两校学生身体素质的平均水平相同,但 B 校的个体差异水平更低. 9 分
(2)由题意可知， A 校测试成绩优秀的学生有 10 人， B 校成绩优秀的学生有100×0.05=5 人.
采用分层抽样选出 6 人,则 A 校有 6×1015=4 人，记为 a1,a2,a3,a4 , B 校有 6×515=2 人，记为 b1,b2 . 11 分
现从这 6 人中选出 2 人，所有不同的结果共有 15 种:
a1a2,a1a3,a1a4,a2a3,a2a4,a3a4,b1b2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,a4b1,a4b2⋯ 13 分
2 人来自同一学校的不同的结果共有 7 种: a1a2,a1a3,a1a4,a2a3,a2a4,a3a4,b1b2 ,
所以，所求概率 P=715 . 15 分
17. ( 1 )在面 ABB1A1 内作 AH⊥BB1 ，垂足为 H ， 2 分
又面 ABB1A1⊥ 面 BCC1B1 ，面 ABB1A1∩ 面 BCC1B1=BB1 ，所以 AH⊥ 面 BCC1B1 . 4 分
因为 BC⊂ 面 BCC1B1 ,所以 AH⊥BC . 5 分
因为 AA1⊥ 面 ABC,BC⊂ABC ,所以 AA1⊥BC . 7 分
又 AA1∩AH=A ,所以 BC⊥ 面 ABB1A1 , 8 分
所以 BC⊥AB . 9 分
(2)连接 A1B ，交 A1B 于点 N ，在侧面 ABB1A1 中，因为 AB//A1B1 ，
所以 ANNB1=ABA1B1=2 . 11 分
又 AO=2OM ，所以 △ANO∽△AMB1 ，所以 NO//B1M ， 13 分
又 NO⊂ 面 A1BO,B1M⊄ 面 A1BO ,所以 B1M// 平面 A1BO . 15 分
18. 解:(1)(i)比分10:10平后，两人又打了2个球后比赛结束，则这两个球均由甲得分，或均由乙得分,且两者互斥,所以 P=23×25+13×35=715 . 2 分
(ii) 若 n=4 ,则最终比分为 13:11 ,且这 4 个球中前两个球甲、乙各胜1球,第 3,4 个球均由甲胜.
设双方 10:10 平后的第 i 个球甲获胜为事件 Aii=1,2,3,4 ,
则事件 “ n=4 且甲获胜的” =A1A2A3A4∪A1A2A3A4 ,且 A1A2A3A4 与 A1A2A3A4 互斥. 3 分
PA1A2A3A4=PA1PA2PA3PA4=23×35×23×25, 4 分
PA1A2A3A4=PA1PA2PA3PA4=13×25×23×25, 5 分
所以事件 “ n=4 且甲获胜” 的概率为 24225+8225=32225 . 6 分
(2)甲、乙的比分暂时为 8:8，若甲得11分时比赛结束，则共有 3 种情形:①甲以11:8 胜，即甲接下来连赢 3 球，设为事件 B ；②甲以11:9 胜，即双方接下来共打 4 个球，且甲前 3 球赢 2 球，且赢第 4 个球，设为事件 C ；③甲以11:13 负，即双方接下来共打 8 个球，且前 4 球甲乙各赢 2 球，第 5，6 球各赢 1 球，第 7，8 球乙赢，设为事件 D. ⋯ 9 ，因为双方打每个球的结果相互独立，且 B,C,D 互斥，所以
PB=23×23×25=845,11 分
PC=13×23×25×25+23×13×25×25+23×23×35×25=40225=845,13 分
PD=13×13×25×25+13×23×35×25+13×23×25×35+23×13×35×25+23×13×25×35
+23×23×35×35)×23×35+13×25×13×35=88225×875=70416875,16 分
则 P=PB+PC+PD=845+845+70416875=670416875
所以甲得11分时比赛结束的概率为 670416875 . 17 分
19. 解: (1) 证明: 因为底面 ABCD 为等腰梯形,且 AB//CD ,延长 AD,BC ,设其交点为 E ,连接 PE . 设线段 AB 的中点为 F ,连接 PF,EF ,设 EF⋂CD=G .
在 △PAB 中,因为 PA=PB ,所以 PF⊥AB⋯1 分
在 △EAB 中,因为 ∠EAB=∠EBA ,
所以 △EAB 为等腰三角形,所以 EF⊥AB .
又 PF∩EF=F ,所以 AB⊥ 平面 PEF .
因为 PG⊂ 平面 PEF ,所以 AB⊥PG .
由已知可得, PF=PA2−AF2=8 ,FG=AD2−AF−DG2=4,
因为 AB⊥ 平面 PEF ,所以 ∠PFE 为二面角
P−AB−C 的平面角,所以 ∠PFE=60∘ .
在 △PFG 中,由余弦定理 PG=PF2+FG2−2PF⋅FG⋅cs60∘=43 .
又因为 432+42=82 ,所以 PG2+FG2=PF2 ,
由勾股定理, △PGF 为直角三角形,所以 PG⊥FG . 6 分
又 AB∩FG=F ,所以 PG⊥ 平面 ABCD .
又 PG⊂ 平面 PDC ,所以平面 PDC⊥ 平面 ABCD 7 分
(2)由(1)知，平面 PAD∩ 平面 PBC=PE ，设 PE 的中点为 H ，连接 AH,BH .
在 △PAE 中, PA=AE=10 ,所以 AH⊥PE . 同理, BH⊥PE .
所以 ∠AHB 为侧面 PAD 与侧面平面 PBC 所成二面角的平面角. 9 分
在 △ABH 中, AH=AP2−PH2=102−42=84,BH=84 .
所以 cs∠AHB=AH2+BH2−AB22AH⋅BH=84+84−1442×84×84=17 . 11 分
(3)因为 PM=213 ，所以 GM=PM2−PG2=52−48=2 ，
所以点 M 的轨迹为平面 ABE 中以 G 为圆心、半径为 2 的圆在底面 ABCD 内的半圆部分. 12 分
在平面 ABE 内,过点 M 作直线 BD 的平行线 NM (当点 M 在直线 BD 上时,直线 MN 与 BD 重合),
当 MN 不经过点 G 时,过点 G 作 GQ⊥NM ,且 GQ∩NM=Q ,则 ∠PMQ 即为直线 PM 与 BD 所成的角. 13 分
若点 Q 与点 M 不重合,因为 PG⊥ 平面 ABE,NM⊂ 平面 ABE,GQ 为斜线 PQ 在平面 ABE 内的射影,
且 GQ⊥MQ ,由三垂线定理可得 MQ⊥PQ . 14 分
所以 cs∠PMQ=MQPM=GM2−GQ2PM=4−GQ2213 , 15 分
又因为 0