黑龙江省牡丹江市名校协作体2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份黑龙江省牡丹江市名校协作体2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附解析），共20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
1．已知空间向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，是空间两个不共线的非零向量，已知，，，且、、三点共线，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．8
3．已知数据87，89，90，90，91，92，93，94，则（ ）
A．极差为6B．中位数为90
C．第70%分位数为92D．平均数为90.25
4．某校选修轮滑课程的学生中，一年级有20人，二年级有30人，三年级有20人.现用比例分层抽样的方法在这70名学生中抽取一个样本，已知在一年级的学生中抽取了4人，则这个样本中共有（ ）人.
A．13B．14C．15D．16
5．已知直三棱柱，若，，是棱中点，则直线与直线所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知某运动员每次射击击中目标的概率为80%.现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率.先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：
7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636
6947 7610 4281 1417 4698 0371 6233
2616 8045 6011 3661 9597 7424
根据以上数据估计该射击运动员射击4次，至少击中3次的概率为（ ）
A．0.852B．0.8192C．0.8D．0.75
7．有6个大小相同的小球，其中1个黑色，2个蓝色，3个红色．采用放回方式从中随机取2次球，每次取1个球，甲表示事件“第一次取红球”，乙表示事件“第二次取蓝球”，丙表示事件“两次取出不同颜色的球”，丁表示事件“与两次取出相同颜色的球”，则（ ）
A．甲与乙相互独立B．甲与丙相互独立
C．乙与丙相互独立D．乙与丁相互独立
8．投壶是从先秦延续至清末的传统礼仪和宴饮游戏，在战国时期较为盛行，投壶时，第一箭入壶（即投中）称为“有初”，投中且投入壶耳称为“贯耳”.假设投壶参与者甲每次投壶得“贯耳”的概率为，每次投中的概率为，若甲投壶3次，则甲“有初”，“贯耳”均投得的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法不正确的是（ ）
A．已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且，则
B．若A，B为两个事件，则
C．若事件A，B，C两两互斥，则
D．若事件A，B满足，则A与B相互对立
10．下列说法正确的是（ ）
A．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则平均数小于中位数
B．一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，则这组数据的平均数改变，方差改变
C．有A、B、C三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为18
D．若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为16
11．如图：在棱长为1的正方体中，分别为棱上的点（不与端点重合），点为正方形内一点（不在其边上），且共面，，，.则下列说法正确的是：（ ）.
A．若，则直线与平面的夹角的正切值为
B．若，，，则
C．若，有最小值，则的取值范围是：
D．若，则三棱锥外接球表面积的最小值为
三、填空题
12．若，，则 .
13．已知一个样本容量为7的样本的平均数为5，方差为3，现样本加入新数据3，5，7，则此时方差 ．
14．甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为 ．
四、解答题
15．如图，长方体底面是边长为2的正方形，高为4，为线段的中点，为线段的中点.
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
(3)求直线到平面的距离.
16．某商场随机抽取了100名员工的月销售额（单位：千元），将的所有取值分成，，，，五组，并绘制得到如图所示的频率分布直方图，其中．

(1)求，的值；
(2)设这100名员工月销售额的第75百分位数为．为调动员工的积极性，该商场基于每位员工的月销售额制定如下奖励方案：当某员工的月销售额不足5千元时，不予奖励；当时，其月奖励金额为0.3千元；当时，其月奖励金额为0.8千元；当不低于时，其月奖励金额为1.1千元．根据频率分布直方图，用样本频率近似概率，估计上述奖励方案下该商场一名员工的月奖励金额的平均值．
17．如图，在平行六面体中，，，设向量，，.
(1)用、、表示向量，并求；
(2)证明：直线平面.
18．随着小汽车的普及，“驾驶证”已经成为现代人“必考”证件之一.若某人报名参加了驾驶证考试，要顺利地拿到驾驶证，需要通过四个科目的考试，其中科目二为场地考试.在每一次报名中，每个学员有5次参加科目二考试的机会（这5次考试机会中任何一次通过考试，就算顺利通过，即进入下一科目考试，或5次都没有通过，则需要重新报名），其中前2次参加科目二考试免费，若前2次都没有通过，则以后每次参加科目二考试都需要交200元的补考费.某驾校通过几年的资料统计，得到如下结论：男性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为，女性学员参加科目二考试，每次通过的概率均为.现有一对夫妻同时报名参加驾驶证考试，在本次报名中，若这对夫妻参加科目二考试的原则为：通过科目二考试或者用完所有机会为止.
(1)设这对夫妻中，“丈夫在科目二考试中第次通过”记为事件，事件“丈夫参加科目二考试不需要交补考费”，试用或的运算表示，并求的大小；
(2)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率；
(3)求这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为200元的概率.
19．如图1，在平面五边形中，，，，，分别为的中点，将沿翻折，使点到点的位置，如图2.
(1)若平面.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）三棱锥的各顶点都在球上，为球球面上的动点，求的取值范围.
(2)在翻折的过程中，设平面与平面的交线为，求二面角的最小值.
1．C
利用空间向量垂直的坐标形式可取参数的值.
【详解】因为，所以，可得，
故选：C.
2．C
利用向量的线性运算表示，根据、、三点共线可得，建立等量关系可得的值.
【详解】∵，，，
∴，
∵、、三点共线，
∴，使得，
即，
∴，，解得．
故选：C．
3．C
根据一组数据的极差，平均数，中位数，百分位数的定义依次求解即可.
【详解】由题意可知：数据的极差为：，故A错误；
数据的中位数为：，故B错误；
因为，故数据的第70%分位数为第6个数，故C正确；
因为数据的平均数为：，故D错误.
故选：C
4．B
利用分层抽样的计算方法计算.
【详解】设抽取样本人数为人，所以.
故选：B
5．C
为中点，连接易得为平行四边形，则，进而确定直线与直线所成角的平面角，应用余弦定理求其余弦值，继而求得其正切值.
【详解】解：若为中点，连接，又是棱中点，
所以，在直三棱柱中，且，即为平行四边形，
所以，则直线与直线所成角即为，
若，则，，
所以，
所以.
故选：C.
6．D
由题设模拟数据确定击中目标至少3次的随机数组，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】在20组随机数中含中的数至少3个（含3个或4个），
共有15组，即模拟结果中射击4次至少击中3次的频率为.
据此估计该运动员射击4次，至少击中3次的概率为0.75.
故选：D.
7．A
根据给定条件，求出事件甲、乙、丙、丁的概率，再利用相互独立事件的定义判断作答.
【详解】依题意，事件甲的概率，事件乙的概率，有放回取球两次的试验的基本事件总数是，
显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为，
事件丙的概率，事件丁的概率，
对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率，甲与乙相互独立，A正确；
对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率，甲与丙不独立，B错误；
对于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率，乙与丙不独立，C错误；
对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率，乙与丁不独立，D错误.
故选：A
8．A
正确理解题意，分第一次投得“贯耳”，第一次投壶投中且未投得“贯耳”两种情况计算.
【详解】若甲第一次投壶投得“贯耳”，即“有初”，“贯耳”均投得的概率为
若甲第一次投壶投中且未投得“贯耳”，则甲在后面2次投壶中至少要投中1次“贯耳”，概率为：，
所以所求概率为：.
故选：A
9．CD
根据互斥事件、对立事件的概念进行判断.
【详解】对A，，又，所以，则，正确；
对B，若A，B为两个事件，则，正确；
对C，事件A，B，C两两互斥，则，并不能说明，错误；
对D，若事件A，B满足，且事件A，B互斥，则A与B相互对立，错误.
故选：CD
10．CD
根据分层抽样的概念以及平均数、中位数、方差公式计算判断.
【详解】对A，直方图如下：
由于是“右拖”，最高峰偏左，则中位数靠近高峰处，平均数则靠近中点处，所以平均数大于中位数，错误；
对B，设这组数据为，，…，，平均数为，方差为，
所以每个数都减去同一个非零常数a，平均数为，
方差为，所以平均数改变，方差不变，错误；
对C，有A、B、C三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为，正确；
对D，若样本数据，，…，的标准差为8，方差为64，则数据，，…，的方差为，标准差为16，正确.
故选：CD
11．ABD
根据线面角得出知与平面的夹角为计算正切判断A, 先建立直角坐标系，设直线得出由三点共线的性质交点为进而求出判断B;在给定时过定点,临界时 及临界时，则判断C;应用截面再由相似三角形的性质时等面积法得出选项D.
【详解】对于A：若，为中点，
过作，连，可知为中点，
且与平面的夹角为，则，
所以直线与平面的夹角的正切值为，故A正确；
对于B：由条件：，，
如图：延长交的延长线于 ，过作,，则，
如图建立平面直角坐标系：
则,，
故，
若，则①，
由三点共线的性质:
的点在直线 上，
的点在直线上，
所以交点为:，这就是点，故将该点代入①式得，故B正确.

对于C：在给定时过定点，临界时，斜率再减小（增大），
则易知存在且使，即最小值存在，
而减小时不存在点，设临界时，
则：，故，，
代入直线得：，所以，C错误.

对于D：若，故在线段上（不与端点重合），
对于,，作图可知：与的交点横坐标落在内，
设平面为的外心，
如平面图：由相似三角形的性质可知:为中点时，，
随点由点向上移动，其中垂线斜率增大且小于，
由相似三角形的性质:中点一定在上方，
故中垂 线与交点（即外接球球心）在射线上，外接球半径最小，即最小，
此时，用等面积法可算，此时:.
故选：ABD.
12．
根据空间向量的加法、减法、数量积的坐标运算进行计算.
【详解】由，，所以；
所以.
故答案为：
13．2.9
利用平均数和方差的定义直接求解即可.
【详解】设这个样本容量为7的样本数据分别为
则，所以．
，所以．
当加入新数据3，5，7后，
平均数，
方差．
故答案为：2.9．
14．
分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】分两种情况讨论：
（1）第一局甲胜，第二局乙胜：
若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为，
所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为；
（2）第一局乙胜，第二局甲胜：
若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为，
所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为.
综上所述，甲、乙各胜一局的概率为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与直线的方向向量，即可得证；
（2）求出平面的法向量，再由空间向量法计算可得；
（3）首先证明平面，则直线到平面的距离即为点到平面的距离，再由空间向量法计算可得.
【详解】（1）如图建立空间直角坐标系，则，，，，
又为线段的中点，所以，
所以，又平面的法向量可以为，
所以，即，又平面，所以平面.
（2）由（1）可得，所以，，
设平面的法向量为，则，取，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）因为，平面，平面，
所以平面，
所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，
又，
所以点到平面的距离，
即直线到平面的距离为.
16．(1)，
(2)0.699（千元）．
（1）根据频率分布直方图中各小长方形面积和为1并结合即可求解；
（2）先求第75百分位数，然后确定奖励方案，进而估算出月奖励金额的平均值.
【详解】（1）由已知得，
所以，又因为，
所以，．
（2）由于，所以员工月销售额的第75百分位数为20，
所以，当时，奖励金额为0.3千元；
当时，奖励金额为0.8千元；
当时，奖励金额为1.1千元，
所以，该商场一位员工的月奖励金额的平均值为：
（千元）．
17．(1)，
(2)证明见解析
（1）利用空间向量的基本定理与空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式，利用空间向量数量积的运算可求得；
（2）利用空间向量的数量积的运算可得出，，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立.
【详解】（1）解：，
由已知可得，，
因此，.
（2）证明：，则，
，，
则，
，、平面，因此，平面.
18．(1)，
(2)
(3)
（1）根据题意列出事件“丈夫参加科目二考试不需要交补考费”
根据概率计算即可求解;
（2）根据题意列出事件可能然后根据概率公式即可求解;
（3）根据题意列出事件可能然后根据概率公式即可求解.
【详解】（1）这对夫妻中，“丈夫在科目二考试中第次通过”记为事件，事件“丈夫参加科目二考试不需要交补考费”
则
（2）设这对夫妻中，“妻子在科目二考试中第次通过”为事件，则.
设事件“妻子参加科目二考试不需要交补考费”，事件“这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费”.
则.
因此，这对夫妻在本次报名中参加科目二考试都不需要交补考费的概率为；
（3）设事件“丈夫参加科目二考试需交补考费200元”，事件“妻子参加科目二考试需交补考费200元”，
事件“这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为200元”，则
，
.
因此，这对夫妻在本次报名中参加科目二考试产生的补考费用之和为200元的概率为
19．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
(2).
（1）（ⅰ）先由等条件得出的值，再利用三角形全等得到，接着因为平面，结合线面垂直性质与判定，证明.
（ⅱ）解法一，先找外接球球心在上，用勾股定理求半径，再求，进而得最值与范围.
解法二，建立空间直角坐标系，写出点坐标，根据外接球性质求球心坐标与半径，最后求得出范围.
（2）解法一：先作辅助线找二面角平面角，因，为在平面射影且是中点，.，最小则最小，最大时最小，为中点时最大，进而得二面角最小值.
解法二：取中点建系，求各点及向量坐标.再分别求平面和法向量、.用向量夹角公式求，根据取值求最大值，从而得二面角最小值.
【详解】（1）（ⅰ）如图，设与交于点，
由题可得，，
则，
所以，又，所以为正三角形，
所以，又，，
故，所以，故.
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，又平面，所以.
（ⅱ）解法一：由（ⅰ），由题可得，
为直角三角形，且平面，所以三棱锥的外接球球心在直线上，
设球的半径为，则，
如图，连接，在中，，即，
得.
连接，，因为，，
所以，
所以的最小值为，的最大值为，
故的取值范围为.
解法二：
以为坐标原点，点所在直线为轴，平面内过且与轴垂直的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，.
设球心，连接，，，，因为，
所以
，
解得，，故，所以球的半径.
（另解：可以通过得到）
连接，因为，所以，
所以的最小值为，的最大值为，
故的取值范围为.
（2）解法一 如图，过点作平行于的直线，则该直线为平面与平面的交线.
设点在平面内的射影为，过点作平行于的直线分别交，于点，连接，则为二面角的平面角.
因为，所以，为的中点，，
连接，则，
.
若最小，则最小，即最小，
所以当取最大值时，二面角取得最小值.
易知当点为的中点时，取得最大值，且最大值为3，
因此的最小值为，即的最小值为，
所以二面角的最小值为.
解法二：取的中点，连接，，则，，，
以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，.设，则，
所以，.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，故为平面的一个法向量.
设平面的法向量为，
则，即，
取，则，，故为平面的一个法向量.
易知此时与的夹角即二面角的平面角.（取，则，此时与的夹角为二面角的平面角的补角）
设二面角的大小为，
则，
所以当时，取得最大值，此时取得最小值，故二面角的最小值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
C
C
B
C
D
A
A
CD
CD
题号
11









答案
ABD