四川省成都市树德中学2024−2025学年高二上学期月考（一） 数学试题（含解析）

这是一份四川省成都市树德中学2024−2025学年高二上学期月考（一） 数学试题（含解析），共17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（本大题共8小题）
1．某高校对中文系新生进行体测，利用随机数表对650名学生进行抽样，先将650名学生进行编号，001，002，…，649，650.从中抽取50个样本，下图提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（ ）
32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 12 23 43 56 77 35 78 90 56 42
84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 25 30 07 32 86 23 45 78 89 07 23 68 96 08 04
32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 34 89 94 83 75 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45
A．623B．328C．072D．457
2．某校高一共有10个班，编号1至10，某项调查要从中抽取三个班作为样本，现用抽签法抽取样本，每次抽取一个号码，共抽3次，设五班第二次被抽到的可能性为，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，，则（ ）
A．30°B．150°C．60°D．120°
4．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，则
C．若，则
D．若为异面直线，，，，则
5．下列说法正确的是（ ）
A．互斥的事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件
B．若，则事件A与事件B是对立事件
C．从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为
D．事件A与事件B中至少有一个发生的概率不一定比A与B中恰有一个发生的概率大
6．一组数据：53，57，45，61，79，49，x，若这组数据的第80百分位数与第60百分位数的差为3，则（ ）．
A．58或64B．58C．59或64D．59
7．如图，四边形为正方形，平面，记三棱锥的体积分别为，则（ ）

A．B．C．D．
8．已知平面向量，，，且，.已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图表．则（ ）

A．丁险种参保人数超过五成B．41岁以上参保人数超过总参保人数的五成
C．18－29周岁人群参保的总费用最少D．人均参保费用不超过5000元
10．在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”过去10日，甲､乙､丙､丁四地新增疑似病例数据信息如下：
甲地：中位数为2，极差为5；
乙地：总体平均数为2，众数为2；
丙地：总体平均数为1，总体方差大于0；
丁地：总体平均数为2，总体方差为3.
则甲､乙､丙､丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的有（ ）
A．甲地B．乙地C．丙地D．丁地
11．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）

A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
三、填空题（本大题共3小题）
12．某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为3：4：7，现在用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，样本中的A型号产品有15件，那么样本容量n为 ．
13．平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，若四面体A′﹣BCD顶点在同一个球面上，则该球的表面积 .
14．若一组样本数据的平均数为10，另一组样本数据的方差为8，则两组样本数据合并为一组样本数据后的平均数是 ，方差是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．袋中有形状、大小都相同的个小球，标号分别为.
(1)从袋中一次随机摸出个球，求标号和为奇数的概率;
(2)从袋中每次摸出一球，有放回地摸两次.甲、乙约定：若摸出的两个球标号和为奇数，则甲胜，反之，则乙胜.你认为此游戏是否公平?说明你的理由.
16．（1）请利用已经学过的方差公式：来证明方差第二公式；
（2）如果事件与相互独立，那么与相互独立吗？请给予证明.
17．如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为矩形，且平面平面，，分别为，的中点，二面角的正切值为2.
(1)求四棱锥的体积；
(2)证明：
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
18．某市根据居民的月用电量实行三档阶梯电价，为了深入了解该市第二档居民用户的用电情况，该市统计局用比例分配的分层随机抽样方法，从该市所辖，，三个区域的第二档居民用户中按2：2：1的比例分配抽取了100户后，统计其去年一年的月均用电量（单位：），进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），频率分布直方图如下图所示.

(1)求的值；
(2)若去年小明家的月均用电量为，小明估计自己家的月均用电量超出了该市第二档用户中85%的用户，请判断小明的估计是否正确？
(3)通过进一步计算抽样的样本数据，得到A区样本数据的均值为213，方差为24.2；B区样本数据的均值为223，方差为12.3；C区样本数据的均值为233，方差为38.5，试估计该市去年第二档居民用户月均用电量的方差.（需先推导总样本方差计算公式，再利用数据计算）
19．在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是，每场比赛的结果相互独立.
(1)求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；
(2)已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.
参考答案
1．【答案】A
【分析】按照随机数表提供的数据，三位一组的读数，并取001到650内的数，重复的只取一次即可
【详解】从第5行第6列开始向右读取数据，
第一个数为253，第二个数是313，
第三个数是457，下一个数是860，不符合要求，
下一个数是736，不符合要求，下一个是253，重复，
第四个是007，第五个是328，第六个数是623，，故A正确.
故选：A.
2．【答案】D
【分析】根据题意，在抽样过程中每个个体被抽到的概率相等即可求解.
【详解】因为总体中共有10个个体，
所以五班第一次没被抽到，第二次被抽到的可能性为
.
故选：.
3．【答案】B
【分析】根据向量夹角的坐标表示求出向量夹角，进而求解几何角.
【详解】因为向量，，
所以，
又，所以，所以，
所以.
故选：B.
4．【答案】C
【详解】对于A：若，，根据线面平行的判定定理可知，故A正确；
对于B：若，则，故B正确；
对于C：当时，，由面面垂直的性质定理可得，
当时，，则或或与相交，故C错误；
对于D：因为，，所以存在使得，又，，所以，
又且为异面直线，所以平面内的两直线和必相交，
所以，故D正确.
故选：C
5．【答案】D
【分析】根据互斥事件、对立事件和古典概型及其计算逐一判定即可．
【详解】由互斥事件和对立事件的关系可判断，对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件，故A错误；
由，并不能得出A与B是对立事件，
举例说明：现从a，b，c，d四个小球中选取一个小球，已知选中每个小球的概率是相同的，
设事件A表示选中a球或b球，则，事件B表示选中b球或c球，则，所以，但A，B不是对立事件，故B错误；
该试验的样本空间可表示为：
，共有10个样本点，其中能构成三角形的样本点有，共3个，
故所求概率，故C错误；
若A，B是互斥事件，事件A，B中至少有一个发生的概率等于A，B中恰有一个发生的概率，故D正确．
故选D.
6．【答案】A
【详解】将已知的6个数从小到大排序为45，49，53，57，61，79．
若，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为61和57，他们的差为4，不符合条件；
若，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为79和61，它们的差为18，不符合条件；
若，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为x和61（或61和x），则，
解得或
故选：A
7．【答案】D
【分析】结合线面垂直的性质，确定相应三棱锥的高，求出的值，结合选项，即可判断出答案.
【详解】连接BD交AC于O，连接，

设，
由于平面，则平面,
则；
平面平面，故，
又四边形为正方形，则，而平面，
故平面，平面，故，
又平面，平面，平面，故，
，
而，所以，
即得，而平面，
故平面，又，
故，
故，故ABC错误，D正确，
故选：D
8．【答案】B
【分析】对任意实数恒成立，两边平方，转化为二次函数的恒成立问题，用判别式来解，算出，借助，得到，的最小值转化为的最小值，最后用绝对值的三角不等式来解即可
【详解】根据题意，，
，两边平方，整理得到，
对任意实数恒成立，则，解得，则.
由于，如上图，，则
，则的最小值为．
当且仅当终点在同一直线上时取等号.
故选：B．
9．【答案】ACD
【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可.
【详解】由参保险种比例图可知，丁险种参保人数比例，故A正确
由参保人数比例图可知，41岁以上参保人数超过总参保人数的不到五成，B错误
由不同年龄段人均参保费用图可知，周岁人群人均参保费用最少，但是这类人所占比例为，
周岁以上参保人数最少比例为，周岁以上人群人均参保费用,所以18－29周岁人群参保的总费用最少，故C正确．
由不同年龄段人均参保费用图可知，人均参保费用不超过5000元,故D正确
故选：ACD．
10．【答案】AD
【分析】
假设最多一天疑似病例超过7人，根据极差可判断；
根据平均数可算出10天疑似病例总人数，可判断．
【详解】
解：假设甲地最多一天疑似病例超过7人，甲地中位数为2，说明有一天疑似病例小于2，极差会超过5，甲地每天疑似病例不会超过7，选A．
根据乙、丙两地疑似病例平均数可算出10天疑似病例总人数，可推断最多一天疑似病例可能超过7人，由此不能断定一定没有发生大规模群体感染，不选BC；
假设丁地最多一天疑似病例超过7人，丁地总体平均数为2，说明极差会超过3，丁地每天疑似病例不会超过7，选D．
故选：AD．
11．【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，

由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，
其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：

面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
12．【答案】70
【分析】利用分层抽样的定义得到方程，求出.
【详解】由题意得，解得.
故答案为：70
13．【答案】
【解析】根据BD⊥CD，BA⊥AC，BC的中点就是球心，求出球的半径，即可得到球的表面积.
【详解】因为平面A′BD⊥平面BCD， BD⊥CD，
所以CD⊥平面ABD，
∴CD⊥BA，又BA⊥AD，∴BA⊥面ADC，
所以BA⊥AC，
所以△BCD和△ABC都是直角三角形，
由题意，四面体A﹣BCD顶点在同一个球面上，
所以BC的中点就是球心，所以BC，球的半径为：
所以球的表面积为：3π.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理和球的外接问题，还考查空间想象和运算求解的能力，属于中档题.
14．【答案】
【分析】计算出、的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的平均数和方差.
【详解】由题意可知，数据的平均数为，
所以，则，
所以数据、、、的平均数为，
方差为，
所以，
将两组数据合并后，得到新数据，
则其平均数为，
方差为.
故答案为：；.
【关键点拨】本题解决的关键是充分理解平均数与方差的计算公式，并进行计算.
15．【答案】(1)
(2)是公平的，理由见解析
【分析】（1）利用列举法写出样本空间及事件的样本点，结合古典概型的计算公式即可求解;
（2）利用列举法写出样本空间及事件的样本点，结合古典概型的计算公式及概率进行比较即可求解.
【详解】（1）试验的样本空间，共6个样本点，设标号和为奇数为事件 B，则 B包含的样本点为，，，，共4个，所以
（2）试验的样本空间，共有16个，
设标号和为奇数为事件C，事件C包含的样本点为，，，，，，，，共8个,
故所求概率为,即甲胜的概率为，则乙胜的概率为,
所以甲、乙获胜的概率是公平的.
16．【答案】（1）证明见解析；（2）独立，证明见解析
【分析】（1）根据题意，对方差公式恒等变形，分析可得结论；
（2）根据相互独立事件的定义，只需证明即可.
【详解】（1）
；
（2）因为事件与相互独立，
所以，
因为，
所以
，
所以事件与相互独立.
17．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先证明为二面角的平面角，可得底面为正方形，利用锥体的体积公式计算即可；
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明；
（3）由平面可得为直线与平面所成的角，计算其正弦值即可.
(1)
解：∵是边长为2的正三角形，为中点，∴，
又∵平面平面，平面平面
∴平面
又平面，∴
∴为二面角的平面角，
∴
又，∴∴底面为正方形.
∴四棱的体积.
(2)
证明：由（1）知，平面，平面，
∴
在正方形中，易知
∴
而，
∴∴
∵，∴平面
∵平面，
∴.
(3)
设，连接，.
∵平面.
∴为直线与平面所成的角
∵，∴，
∴
又，
∴
∴直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】(1)
(2)不正确
(3)
【详解】（1）根据频率和为1，可知，
可得.
（2）由题意，需要确定月均用电量的85%分位数，
因为，
，
所以85%分位数位于内，
从而85%分位数为.
所以小明的估计不正确.
（3）由题意，A区的样本数为，样本记为，，，，平均数记为；
B区的样本数，样本记为，，，，平均数记为；
C区样本数为，样本记为，，，，平均数记为.
记抽取的样本均值为，.
设该市第二档用户的月均用电量方差为，则根据方差定义，总体样本方差为
因为，所以，
同理，
，
因此
，
代入数据得
.
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】（1）A球队在小组赛的3场比赛中只积3分，有两种情况.
第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为.
第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为.
故所求概率为.
（2）不妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.
此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.
在剩下的3场比赛中：
若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C，D的积分都低于A的积分，A可以出线；
若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；
若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.
故当剩下的3场比赛中有平局时，A一定可以出线.
若剩下的3场比赛中没有平局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.
当B，C，D中有一支队伍胜2场时，
若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为；
若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为.
其他情况A均可以出线.
综上，A球队最终小组出线的概率为.
【关键点拨】解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.