四川省成都列五中学2023-2024学年高二上学期阶段性考试（一）数学Word版含解析.docx

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2023-2024学年度高2022级（上）阶段性考试（一）数学试卷一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.某中学高三年级共有学生人，为了解他们的视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，若样本中共有女生人，则该校高三年级共有男生（）人A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，利用分层抽样可得出关于的等式，解之即可.【详解】设高三男生人数为人，则高三女生人数为人，由分层抽样可得，解得.故选：B.2.如果从装有个红球和个黑球的口袋内任取个球，那么下列各组中的两个事件是“互斥而不对立”是（）A.“至少有一个黑球”与“都是红球”B.“至少有一个黑球”与“都是黑球”C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”【答案】D【解析】【分析】写出各选项中两个事件所包含的基本情况，进而判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，所以，“至少有一个黑球”与“都红球”为对立事件，A选项不满足条件；对于B选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，所以，“至少有一个黑球”包含“都是黑球”，B选项错误；对于C选项，“至少有一个黑球”包含：黑红、黑，“至少有一个红球”包含：黑红、红，所以，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”有交事件，C选项不满足条件； 对于D选项，“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球”互斥且不对立，D选项满足条件.故选：D.3.如图是根据某市1月1日至1月10日的最低气温（单位：℃）的情况绘制的折线统计图，由图可知这10天的最低气温的第50百分位数是（）A.2℃B.1℃C.0℃D.1.5℃【答案】C【解析】【分析】根据第百分位数的定义即可得出答案.【详解】由统计图可知，这天最低气温数据从低到高为：，所以个数据第百分位数是，即这天的最低气温的第百分位数是.故选：C4.一次数学考试后，某班级平均分为110分，方差为．现发现有两名同学的成绩计算有误，甲同学成绩被误判为113分，实际得分为118分；乙同学成绩误判为120分，实际得分为115分．更正后重新计算，得到方差为，则与的大小关系为（）A.B.C.D.不能确定【答案】B【解析】【分析】根据已知平均分不变，根据方差公式计算更正前后的方差，比较大小可得结论．【详解】设班级人数为，因为，所以更正前后平均分不变，且，所以.故选：B 5.如图，在平行六面体中，为的中点，若，则（    ）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算计算即可.【详解】由题意可知，所以.故选：D6.甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（    ）A.0.504B.0.648C.0.712D.0.746【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，依次求出前两局甲获胜、前两局甲胜一局，第三局甲获胜的概率，并求和，即可求解.【详解】由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，而这两种事件是互斥的，所以甲最终获胜的概率为.故选：B7.正四面体ABCD中，E，F分别是AB和CD的中点，则异面直线CE和AF所成角的余弦值为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】连接，取的中点，连接，则可得∥，所以可得异面有线CE和AF所成角，然后利用余弦定理求解即可【详解】连接，取的中点，连接，因为为的中点，所以∥，所以为异面有线CE和AF所成角或其补角，设正四面体的棱长为2，则，,所以，所以在中，由余弦定理得,所以异面有线CE和AF所成角的余弦值为，故选：C8.如图，元件失效的概率均为，元件失效的概率均为，元件失效的概率为，则闭合开关时，灯泡L亮的概率为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分别求出、和着三段不失效的概率，再根据相互独立事件的概率公式即可得解.【详解】依题意，得这段失效的概率为，则这段不失效的概率为，这一段不失效的概率为，不失效的概率为，所以灯泡L亮的概率为.故选：D.【点睛】思路点睛：求相互独立事件同时发生的概率的步骤：（1）首先确定各事件是相互独立的；（2）再确定各事件会同时发生；（3）先求出每个事件发生的概率，再求其积.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.下列说法正确的是（    ）A.设是两个随机事件，且，则B.若，则事件与事件相互独立C.一个人连续射击2次，事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件D.从中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是【答案】BD【解析】 【分析】由互斥事件可判断A；由相互独立事件可判断B；由对立事件可判断C；由古典概率可判断D.【详解】对于A，是两个随机事件，且，当互斥时，则，故A错误；对于B，若，则，，所以事件与事件相互独立，故B正确；对于C，事件“至多一次击中”包括：两次均未击中和两次击中一次，故C错误；对于D，从中任取2个不同的数，可能的情况有：，取出的2个数之差的绝对值为2的情况有：，所以其概率为：，故D正确.故选：BD.10.抛掷两枚质地均匀的骰子，落地向上的点数记为，则（）A.的概率为B.的概率为C.的概率为D.能被3整除的概率为【答案】ACD【解析】【分析】先确定，再分别确定各事件包含的样本点个数，由古典概型求出概率.【详解】用数组表示这个试验的一个样本点，因此该实验的样本空间，其中共有个样本点.因为，所以，从而，A正确；因为， 所以，从而，B错误；因为，所以，从而，C正确；因为，所以，从而，D正确.故选：ACD11.A，B两组各有2名男生、2名女生，从A，B两组中各随机选出1名同学参加演讲比赛．甲表示事件“从A组中选出的是男生小明”，乙表示事件“从B组中选出的是1名男生”，丙表示事件“从A，B两组中选出的是2名男生”，丁表示事件“从A，B两组中选出的是1名男生和1名女生”，则（）A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.甲与乙相互独立D.乙与丁相互独立【答案】BCD【解析】【分析】根据独立事件的乘法公式可判断各选项中的两个事件是否独立，从而可得正确的选项.【详解】记“从A组中选出的是男生小明”为事件，“从B组中选出的是1名男生”为事件，“从A，B两组中选出的是2名男生”为事件，从A，B两组中选出的是1名男生和1名女生”为事件，则，，，，而，而，故甲与丙不相互独立.，而，故甲与丁相互独立.，故甲与乙相互独立.，，故甲与丁相互独立，故选：BCD.12.如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（） A.在翻折过程中，不存在某个位置使得B.若，则与平面所成角的正切值为C.当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为D.当时，的最小值为【答案】BC【解析】【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断A，连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断B，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.【详解】对于A，当平面与平面垂直时，，平面与平面的交线为，平面,平面，又平面，，，故A错误；对于B，连接，因为平面，所以平面，又平面，所以，因为为的中点，所以，又平面，所以平面，则即为与平面所成角的平面角，在中，，则， ，所以，即与平面所成角的正切值为，故B正确；对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，即平面与平面垂直时，由A选项可知，平面，故AD与平面ABC成角为，    因为，所以，，，则，，即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C正确；对于D，当时，因为为的中点，所以，则，又因为的中点，所以，又，所以，所以，如图将沿旋转，使其与在同一平面内，则当三点共线时，最小，即的最小值为， 在中，，则，所以，所以的最小值为，故D错误.故选：BC.【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知空间向量，，且，则_____.【答案】【解析】【分析】利用空间向量垂直坐标表示及模长公式计算即可.【详解】由题意可知，所以.故答案为：.14.名工人某天生产同一零件，生产的件数是设其平均数为,中位数为,众数为，则大小关系为______________（从大写到小）．【答案】【解析】【分析】根据定义分别求出这组数的平均数、中位数、众数，比较大小即可.【详解】总和为；样本数据分布最广，众数； 从小到大排列，中间二位的平均数，即∴【点睛】本题主要考查了统计中一组数据的平均数，中位数，众数的概念，属于中档题.15.已知这5个数的标准差为2，若在中随机取出3个不同的数，则5为这3个数的中位数的概率是_____．【答案】##【解析】【分析】根据标准差公式求出，再根据中位数的定义结合古典概型即可得解.【详解】这5个数的平均数为，因为这5个数的标准差为2，，解得，则，即为，按照从小到大的顺序为，从随机取出3个不同的数，有，共种，其中5为这3个数的中位数有共种，所以5为这3个数的中位数的概率是.故答案为：.16.三棱锥中，，底面是边长为3的正三角形，分别是的中点，且，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_______.【答案】【解析】【分析】取的中点，连接，证明平面，再证得平面，再求得 ，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解；【详解】为边长为3的等边三角形，为正三棱锥，取的中点，连接，则，又平面，∴平面，又平面，，又分别为中点，，，又平面，平面平面，又平面，所以，，为正方体一部分，∵为三棱锥外接球上的动点，∴当位于正方体的如图所示的顶点处，点到平面距离最大，设为，∴可求得此时三棱锥的体积为，的高为，则，∴，解得：，即点到平面距离最大值为. 故答案为：.【点睛】思路点睛：求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或正方体，进而求出表面积或体积.四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.坐位体前屈是中小学体质健康测试项目，主要测试学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性及身体柔韧性，在对某高中2000名高二年级学生的坐位体前屈成绩的调查中，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取100人，已知这2000名高二年级学生中男生有1200人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和13.36，女生的平均数和方差分别为和17.56．（1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人；（2）求抽取的总样本的平均数，并估计高二年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差.（参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：．记总样本的平均数为，样本方差为，则）【答案】（1）60；40（2）平均数为，16．【解析】【分析】（1）根据样本与总体可确定抽样比，根据抽样比可确定抽取男生60人，女生40人；（2）利用公式求抽取的总样本的平均数和方差，从而估计总体的方差.【小问1详解】设在男生､女生中分别抽取m名和n名，则，解得．【小问2详解】 记抽取的总样本的平均数为，可得，所以抽取的总样本的平均数为．男生样本的平均数为，样本方差为；女生样本的平均数为，样本方差为；记总样本的样本方差为，则所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16．18.某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮，否则被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，，，且各轮问题能否正确回答互不影响．（1）求该选手进入第三轮才被淘汰的概率；（2）求该选手至多进入第二轮考核的概率．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)把该选手进入第三轮才被淘汰事件视为三个相互独立事件的积，再用概率的乘法公式计算即可；(2)把该选手至多进入第二轮考核的事件拆成两个互斥事件的和，再用互斥事件的加法公式计算即得.【详解】记“该选手正确回答第i轮问题”为事件，则，，，该选手进入第三轮才被淘汰的事件为，其概率为；该选手至多进入第二轮考核的事件为，其概率为.19.已知A，B两个盒子中分别装有仅颜色不同的4个红球2个白球和2个红球2个白球.（1）若甲从A盒中抽取2个球，求两个球颜色不同的概率；（2）若甲从A盒中，乙从B盒中分别有放回地抽取两次，每次每人抽取1球，求甲、乙共抽到3个红球的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）运用列举法计算古典概型的概率即可.（2）由甲、乙共抽到3个红球的情况有：①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球，②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球，③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球，④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球，分别计算即可求得结果.【小问1详解】设A盒中的4个红球分别为，，，，2个白球分别为，，则甲从A盒中抽取2个球的基本事件有，，，，，，，，，，，，，，共15个，两个球颜色不同的基本事件有，，，，，，，共8个，所以甲从A盒中抽取2个球，两个球颜色不同的概率为.【小问2详解】由题意知，甲、乙共抽到3个红球的情况有：①甲第一次抽到红球，第二次抽到白球，乙两次都抽到红球的概率为，②甲第一次抽到白球，第二次抽到红球，乙两次都抽到红球的概率为，③甲两次都抽到红球，乙第一次抽到红球，第二次抽到白球的概率为，④甲两次都抽到红球，乙第一次抽到白球，第二次抽到红球的概率为，所以甲、乙共抽到3个红球的概率为.20.在三棱锥P−ABC中，AB=BC，BC⊥平面PAB，平面PAC⊥平面ABC. （1）证明：PA⊥平面ABC；（2）若D为PC中点，且，求平面DAB与平面ABC所成二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，先证明，再说明，即可根据线面垂直的判定定理证明PA⊥平面ABC；（2）方法一，作辅助线，根据二面角的定义找到平面DAB与平面ABC所成二面角的平面角，然后解直角三角形求得答案;方法二：建立空间直角坐标系，求得相关各点的坐标，求出平面DAB与平面ABC的法向量，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】证明：取中点，由得,平面平面，平面平面平面，平面，又平面.平面平面.平面， 平面.【小问2详解】方法一：取的中点，连接.因为平面，因为,连接，则,结合（1）可知平面平面ABC,，由（1）知,故,则,，又为二面角的平面角.在中，设，则,可求得，又.即平面与平面所成二面角的余弦值为.方法二：设为的中点，为的中点，.由（1）知，平面平面平面，，，以为原点，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，如图，设，则，则， ，设平面的法向量为，，，，令，得.又平面的法向量是，，平面与平面所成二面角为锐角，故其余弦值为.21.4月23日是世界读书日，其设立的目的是推动更多的人去阅读和写作，某市教育部门为了解全市中学生课外阅读的情况，从全市随机抽取1000名中学生进行调查，统计他们每日课外阅读的时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中a的值，并估计1000名学生每日阅读时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值），若学生甲的阅读时长排在第600名，估计该生的阅读时长；（2）若采用分层抽样的方法，从样本在内的学生中共抽取5人来进一步了解阅读情况，再从中选取2人进行跟踪分析，求抽取的这2名学生来自不同组的概率；（3）从全市所有中学生中随机抽取4人进行进一步调查，求4人中恰有两人课外阅读时长均不超过60分钟的概率.【答案】（1），平均数为58分钟，学生甲阅读时长52分钟；（2）（3）【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的特点计算先求，再计算平均数及百分位数即可；（2）根据分层抽样的方法得出两组各取的人数，再由古典概型计算即可；（3）由二项分布计算概率即可.【小问1详解】由可得；这1000名学生每日的平均阅读时间，分钟；由频率分布直方图可知后两组占全部的，后三组占全部的，因为该生阅读时长在1000人中排第600名，所以该生阅读时长位于第三组内，设其阅读时长为，则，即该生的阅读时长约为52分钟.【小问2详解】由频率分布直方图可知阅读时长在区间的人数之比为：，因此，可设分别抽取了3人，抽取了2人，则再从中抽取2人共有10种不同的抽取方法，抽取的2人来自不同组共有6种可能，因此抽取的2人来自不同组的概率为.【小问3详解】由（1）可知阅读时长不超过60分钟的占全部的，故随机抽取4人，恰有两人不超过60分钟的概率为：.22.如图，棱长为2的正方体中，E、F分别是棱AB，AD的中点，G为棱上的动点． （1）是否存在一点G，使得面？若存在，指出点G位置，并证明你的结论，若不存在，说明理由；（2）若直线EG与平面所成的角为，求三棱锥的体积；（3）求三棱锥的外接球半径的最小值．【答案】（1）存在点G为的中点，证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）存在一点G，当点G为的中点，连接，利用三角形中位线和平行线的传递性得到，再利用线面平行的判定即可证明结论；（2）首先根据题意得到，再求出，根据计算即可；（3）建立空间直角坐标系，首先确定球心在上，设外接球球心为，设，，得出的坐标，设，由，得出，求出的范围，再由即可求出的最小值．【小问1详解】存在一点G，当点G为的中点，使得面，连接，如图所示： ∵点分别是的中点，，又，且，∴四边形是平行四边形，，，又∵平面，且平面EFG，∴平面．【小问2详解】取的中点，连接，，由题意可知，平面，且，是直线与平面所成的角，即，在中，，∴在中，，又，．【小问3详解】 以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，连接，则，所以，，因为，，所以，即，因为平面，平面，所以平面，又因为，所以三棱锥的外接球的球心在上，设外接球球心为，设，，则的坐标为，设，则，即，所以，设，则，则，而，当且仅当，即时，等号成立， 因为，所以，三棱锥的外接球的半径，因为，所以，所以，三棱锥的外接球半径的最小值为．