安徽省六安市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（含答案）

这是一份安徽省六安市第一中学2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试题（含答案），共7页。试卷主要包含了3,P=0，BC等内容，欢迎下载使用。

1.D
【详解】因为随机事件A 与 B 互斥，且P(A)=0.3,P(B)=0.6, 所以P(AUB)=P(A)+P(B)=0.3+0.6=0.9.
2.C
【详解】,所以|z|=1
3.A
【分析】根据 得到G 为 CD 的中点，再利用平行四边形法则得到BD+BC=2BG, 最后代入计 算即可.
【详解】因 故G 为 CD 的中点，如图，
由平行四边形法则可得BD+BC=2BG, 所以2AB+(BD+BC)=2(AB+BG)=2AG 故选：A.
4.A
【分析】先求出样本空间的样本数和恰好2人都是男生的样本个数，再利用古典概率公式，即可求解. 【详解】由题知班上有5名数学爱好者，其中3人是男生，
记这3人为A,A₂,A₃, 其余2人为B₁,B₂,
从5人中选取2人有： A₁A₂,AA₃,A₂A₃,AB₁,AB₂,A₂B₁,A₂B₂,A₃B₁,A₃B₂,B₁B₂, 共有10种情况，
恰好2人都是男生有A₁A₂,A₁A₃,A₂A₃, 共3种情况，
所以从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率为
故选：A.
5.A
【分析】依次判断各选项的向量，与a,b 不共面即可.
【详解】对于A, 假设c=xa+yb, 即(0,1,0)=x(1,0,0)+y(0,1,1)=(x,y,y), 显 然y=1 与y=0 矛盾，故c,
试卷第1页，共11页
a,b 不共面，可以构成基底，满足.
对于B, 由 于c=a+b,こ,a,b 共面，不满足；
对于C, 由 于c=a-b,こ,a,6 共面，不满足；
对于D, 零向量与任意向量共面，故基底向量不能是零向量，不满足；
故能与a,b 构成空间的一个基底的只有c=(0,1,0).
故选：A
6.B
【分析】根据异面直线的概念判断异面的问题，根据垂直、平行的判断结合空间向量的运算逐一判断平行 和垂直问题.
【详解】A: 连接AD₁,B₁D₁,BC₁ , 则 AD₁NA₁D=M, 直 线MBC 平面ABC₁,
又B₁D₁ α 平面ABC₁, 且B₁D₁ 0 平面ABC₁=M, 且 M∉B₁D,
所以直线MB 与直线B₁D₁异面，不相交，故本选项说法不正确；
B: 连接DB,AB,D₁B₁,D₁C,B₁C; 由正方体的性质可知BA₁=BD,
又M 是 A₁D的中点，所以直线MB 与直线A₁D 垂直，因此本选项说法正确；
C: 以 D 为原点，建立如图空间直角坐标系，
设正方体棱长为1, ,B(1,1,0),D₁(0,0,1),C(0,1,0)
所以,D₁C=(0,1,-1) ,不存在实数λ使MB=λD₁C,
故直线MB 与直线D₁C 不平行，故本选项不正确；
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D: 因为DA=(1,0,0),
所以 所以直线MB 与平面ADC₁B₁内的直线AD不垂直， 所以直线MB 与平面ADC₁B₁不垂直，因此本选项说法不正确.
7.D
【分析】根据饼状图和条形图提供的数据逐一分析判断选项.
【详解】由饼图可知，高一人数比高二人数多400×(45%-35%)=40,A 选项正确；
由条形图可知，成绩前200名中高一人数为400×45%×(0.2+0.3)=90人，B 选项正确；
成绩前100名的学生中，高一人数为400×45%×0.2=36人， 故高三人数不超过100-36=64人，C 选项正确；
成绩第101名到第200名的学生中，高一人数为400×45%×0.3=54人， 故高二最多有100-54=46人，因此高二人数比高一少，D 选项错误， 故选：D
8.C
【详解】由A,B,C 两两相互独立得到 设P(ABC)= x,
则P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)
,解得
解得 综上得.
【点睛】利用概率的非负性和事件并集的概率上限，结合独立性条件逐步缩小范围.
9.BC
【分析】根据中位数的定义，平均数和方差的运算公式和性质逐一判断即可.
【详解】A: 因为数据12,13,14,15,17,19,23,24,27,30是从小到大排列，且一共有10个，
所以该组数据的中位数是 因此本选项说法不正确；
B: 因为一组样本数据的方差，
所以该组数据的平均数为3,且这组数据一共有20个，所以这组样本数据的总和为20×3=60,因此本选项 说法正确；
C: 因为样本数据x₁,x₂,…,x10的方差为8,
所以数据2x-1,2x₂-1,,2x₁₀-1 的方差为2²×8=32,因此本选项说法正确；
D: 因为一个样本容量为8的样本， 所以设这8个数据为x₁,x₂, … ,xg,
因为该样本的平均数是5,方差为2,
现样本中又加入一个新数据5,
此时样本的平均数为
所以样本中又加入一个新数据5,此时样本的平均数不变，方差变小，因此本选项说法不正确.
10.ACD
【分析】根据对立事件、互斥事件、独立事件的定义，结合古典概型运算公式逐一判断即可.
【详解】设2个白球为a,a₂,2 个黑球为b,b₂,
则样本空间为：Ω={(a,a),(a,b₁),(a,b₂),(a,aq),(a,b),(a,b₂),(b,a),
(b,a ₂),(b,b₂),(b₂,a),(b,a₂),(b,b)}, 共12个基本事件.
事件A={(a,a₂),(a₂,a),(b,b₂),(b₂,b)}, 共4个基本事件；
事件B={(a ,a),(a,b),(a,b₂),(a,a),(a,b),(a,b)}, 共 6个基本事件；
事件C={(a,a2),(a₂,a),(b,a),(b,a₂),(b₂,a),(b₂,a)}, 共6个基本事件；
事件 D={(a,b₁),(q,b₂),(a₂,b),(a,b₂),(b,q),(b,a),(b₂,aq),(b₂,a₂)}, 共8个基本事件，
A: 因为A∩D=×,AUD=Ω, 所以事件A 与 D 互为对立，所以本选项说法正确；
B: 因为B∩C≠ø, 所以事件B 与 C 不互斥，因此本选项说法不正确；
C: 因 为
则 P(AB)=P(A)·P(B), 所以事件A 与 B 相互独立，因此本选项说法正确；
D: 因 为 ,所以本选项说法正确.
11.ABD
【详解】对于A, 由球的半径为r, 可知圆柱的底面半径为r, 圆柱的高为2r,
则球的表面积为4πr², 圆柱的表面积为2πr²+2πr·2r=6πr², 所以球与圆柱的表面积之比为2:3,故A 正确；
对于B, 矩 形ABCD所在截面如图所示，过点O 作OG⊥DO₁ 于点G, 则由题可得 设点O 到平面DEF 的距离为d₁, 平 面DEF 截得球的截面圆的半径为r,
则d₁≤OG, ,所以平面DEF 截得球的截面面积最小值为 故 B 正确； 对于 C, 由题可知四面体CDEF 的体积等于2VE-Dcq, 点 E 到平面DCO₁的距离d∈[0,2],
所以 , 故C 错误；
对于D, 由题可知点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，
设 P 在底面的投影为P’, 则 PP=2,PE= √2²+P'E²,PF= √2²+P'F²,
P'E²+P'F²= 16, 设t=PE², 则t ∈[0,4²],PE+PF=√2²+t+√2²+16-t,
所以((PE+PF)²=(√2²+t+√2²+16+t)²=24+2√-2²+16+80=24+2 √-(t-8²+14=[24+8√5,48], 所 以PE+PF∈[2+2√5,4√3]. 故D 正确.
12.1
【详解】因为a⊥b,
所以1 · (2m-2)+3(m-1)+0·3n=0→m=1.
13.
【分析】首先利用正三棱锥和球的关系，利用勾股定理的应用求出外接球的半径，进一步利用体积公式的 应用求出球的体积.
【详解】解：设正四面体A-BCD, 棱长为1, 如图所示：
设外接球的球心为0,半径为R,
所以
由于AH⊥ BH,
所以
在Rt△BHO中，利用勾股定理： (BH)²+(OH)²=(OB)²,
即： ,解得 所以
故答案为：
【点睛】与球有关的组合体问题， 一种是内切， 一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切点和接点的 位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中 心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于 球的直径.
14.①②④
【分析】利用概率的性质结合已知即可推出①正确；再利用和事件的概率公式，即可得出判断.
【详解】对 于 ① ,P(A)=P(A∩B)+P(AOB),∴P(A∩B)=P(A)-P(A∩B),
∵P(B)=P(A∩B)+P(A∩B),∴P(A∩B)=P(B)-P(A∩B),
又P(A∩B)=P(A∩B), 所以P(A)-P(A∩B)=P(B)-P(A∩B),
故 P(A)=P(B),① 正确；
对 于 ② ③ ④ ,P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=1, 结 合P(A)=P(B),
可得P(A∩B)=2P(A)-1,
所以 ②正确，③错误，④正确.
15.
②
【分析】(1)由几何体结构结合向量运算法则直接进行运算即可；
( 2 ) 由 ( 1 ) ,两边平方，结合向量的数量积运算即可求解.
【详解】(1)由题可得，向
(2)因为 两边平方得，
所以
16. (1) ②
【分析】(1)利用正弦定理结合已知条件得出c=2b, 进而利用余弦定理求解；
(2)结合已知条件求出c, 利 用B 的范围求出sin B, 进而求出BC 边上的高.
【详解】(1)设三角形ABC外接圆的半径为R, 由正弦定理得c=2RsinC,b=2R sin B, 已知sinC=2sin B, 则c=2b,
由余弦定理得
(2)由(1)知，若a=4√7, 则c=8,
因为B∈(0,π),
故BC 边上的高为
17. (1)证明见解析
②
【分析】(1)连接PC, 则由等腰三角形的性质可得PD⊥AC, 再由圆的性质结合三角形中位线定理得 OD⊥AC, 然后由线面垂直的判定定理可证得结论，
(2)由(1)可得∠PDO为二面角P-AC-O 的平面角，可证得PO⊥OD, 然后在Rt△POD中求解即可 【详解】(1)证明：连接PC, 则 PC=PA,
因为点D 为 AC 的中点，所以PD⊥AC,
因为AB 为○O 的直径，所以∠ACB=90°, 所以AC⊥BC, 因为0为AB 的中点，D 为 AC 的中点，
所以ODIBC, 所以OD⊥AC,
因为PDNOD=D,PD,ODC 平面POD, 所以AC⊥ 平面POD,
( 2 ) 由 ( 1 ) 知PD⊥AC,OD⊥AC,
所以∠PDO为二面角P-AC-O 的平面角， 因为PO1 平面ABC,ODc 平面ABC,
所以PO⊥OD,
因为∠ACB=90°,∠CAB=30°,AB=2,
所以
所以在Rt△POD中 ，
所以二面角P-AC-O 18. (1)0.040
(2)88.75
3
所以
的正弦值为.
【分析】(1)利用频率直方图的性质即可求出；
(2)找出排名前20%的同学的成绩所在区间，通过比例计算该区间内的具体偏移量，最终求解最低入围成 绩；
(3)先拆分事件，再分步计算子事件概率，最后合并子事件概率求解.
【详解】(1)∵频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1,
∴(0.005+0.010+0.015+0.030+ a)×10=1, 解得a=0.040.
(2) ∵[90,100]的频率为0.015×10=0.150.2,
故排名前20%的同学的成绩位于[80,90]内，且设为x, 则0.15+(90-x)×0.040=0.2, 解得x=88.75, ∴进入决赛的同学成绩应不低于88.75分.
(3)甲乙两人共计答对三道题目的情况有：
甲对一道题，乙对两道题，或甲对两道题，乙对一道题，
设甲对一道题，乙对两道题为事件A, 甲对两道题，乙对一道题为事件B,
∵两人各道题答对与否互不影响，则
∴甲、乙两人共计答对三道题目的概率为
19. (1)
(2)(i)r²-h²;(ii)
【分析】(1)利用圆柱体的体积公式进行求解；
(2)( i) 截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形PQRS, 求出边长，得到面积；
(ii) 构造出一个截面，满足题干条件，求解八分之一“牟合方盖”的体积转化为求解
,再代入求值即可.
【详解】(1)因为正方体ABCD-AB₁C₁D₁ 的棱长为r,
所以四分之一圆柱体BB₁C₁-AA₁D₁的体积为
(2)( i) 如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形PQRS.
因为MB₁=h(O≤h≤r), 所以A₁S=h, 而正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为r, 因此AP=r,
所以PS= √A₁P²-AS²=√r²-h², 因此正方形PQRS的面积为r²-h², 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为r²-h² .
(ii) 由 ( i) 得用平行于八分之一“牟合方盖”底面A₁B₁C₁D,
且到“牟合方盖”底面A₁B₁C₁D₁的距离为h(0≤h≤r) 的平面去截八分之一“牟合方盖”, 所得截面的面积为r²- h².
所得截面如图所示：
正方体EFGH-E₁F₁G₁H₁ 的棱长为r, O 为底面E₁F₁G₁H₁的中心，
把正方体EFGH-E₁F₁G₁H₁ 去掉正四棱锥O - EFGH 后剩下的部分的底面E₁ F₁G₁H₁与
“牟合方盖”底面A₁B₁C₁D₁放到同一平面上，
试卷第10页，共11页
则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面ABCD 与平面AB₁C₁D₁ 之间，
则用平行于八分之一“牟合方盖”底面A₁B₁C₁D, 且到“牟合方盖”底面AB₁C₁D₁的距离为h(O≤h≤r) 的平面去 截所得几何体，
截面为图中的阴影部分，且面积为r²-h²,
因此八分之一“牟合方盖”的体积
所以当r=2 时，八分之一“牟合方盖”的体积为 ·