山西省三重教育2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

三重教育2022—2023学年第二学期期末考试高一数学试题第Ⅰ卷选择题（共60分）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.下列特征数中，刻画一组数据离散程度的是（）A.平均数B.中位数C.众数D.方差【答案】D【解析】【分析】利用数字特征的含义求解即可.【详解】平均数、中位数、众数是描述一组数据的集中趋势的量，方差是衡量一组数据偏离其平均数的大小的量，即刻画一组数据离散程度.故选：D.2.某同学做立定投篮训练，共做3组，每组投篮次数和命中的次数如下表：第一组第二组第三组合计投篮次数100200300600命中的次数68124174366命中的频率0680.620.580.61根据表中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，则使误差较小、可能性大的估计值是（）A.0.58B.0.61C.0.62D.0.68【答案】B【解析】【分析】利用频率和概率的关系求解即可.【详解】由题可知，试验次数越多，频率越接近概率，对可能性的估计误差越小，可能性越大，所以合计列对应的频率最为合适.故选：B3.已知直线与平面满足，直线，下列结论正确的是（）A.与无公点B.与异面C.D.【答案】A 【解析】【分析】利用线面关系的性质、线线的位置关系进行判断即可【详解】因为，所以直线与平面无公共点，而，所以与平行或异面，所以两者无公共点．故选：A.4.抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面向上”，事件“第二枚反面向上”，则事件A与B的关系是（）A.B.C.相互独立D.互斥【答案】C【解析】【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可.【详解】依题意，记抛掷一枚质地均匀的硬币正面向上为，反面向上为，则抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：，事件A包含的结果有：，事件B包含的结果有：，而事件A，事件B中有不同的结果，则事件A与事件B不互相包含，也不相等，故AB错误；显然事件A，事件B都含有“”这一结果，即事件A，事件B能同时发生，因此，事件A与事件B不互斥，故D错误；因为，则，所以A与B相互独立，故C正确.故选：C.5.在正方体中，是的中点，则异面直线与的夹角为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先利用线线平行推得是异面直线与夹角，再利用勾股定理依次求得，从而得解.【详解】连接， 因为正方体中，，所以四边形是平行四边形，则，所以是异面直线与的夹角，不妨设正方体的棱长为，则，，，故，即，则，所以，则.故选：A.6.已知数据的平均数和方差分别为5和4，则数据的平均数和方差分别为（）A.9，8B.9，16C.19，15D.20，16【答案】B【解析】【分析】根据平均数和方差的性质运算求解.【详解】因为样本数据的平均数为，所以样本数据的平均数为；因为样本数据的方差为，所以样本数据的方差为.故选：B.7.中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器分类的方法，最早见于《周礼·春宫·大师》，分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”八类，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器，现从“金、石、木、土、竹、丝”中任取“两音”，则这“两音”同为打 击乐器的概率为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由条件列举从“金、石、木、土、竹、丝”中任取“两音”的所有基本事件的个数，再计算“两音”同为打击乐器所包含的所有基本事件个数，最后求其概率即可.【详解】记“金、石、木”为，“土、竹、丝”为，则为打击乐器，从“金、石、木、土、竹、丝”中任取“两音”，组成的基本事件包含：，共15种情况，其中“两音”同为打击乐器的有，共包含3种情况，则“两音”同为打击乐器的概率.故选：A.8.四名同学各掷一枚骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据下列四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是（）A.平均数为2，方差为4B.平均数为3，众数为2C.平均数为3，中位数为2D.中位数为3，方差为0.16【答案】D【解析】【分析】利用特例法可判断ABC；利用反证法，结合中位数和方差的计算公式，可判定D正确，由此得解.【详解】对于A，当投掷骰子出现结果为时，满足平均数为，其方差，可以出现点数，所以A错误；对于B，当投掷骰子出现结果为时，满足平均数为，众数为，可以出现点数，所以B错误；对于C，当投掷骰子出现的结果为时，满足平均数为，中位数为，可以出现点数，所以C错误；对于D，假设当投掷骰子出现的结果为时，满足中位数为，方差为，且出现点数， 假设其平均数为，则，即，因为，，即，所以，则，显然方差不成立，即一定没有出现点数6，所以D正确.故选：D.二、选择题（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.有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（）A.的平均数等于的平均数B.的中位数等于的中位数C.的标准差不小于的标准差D.的极差不大于的极差【答案】BD【解析】【分析】根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断.【详解】对于选项A：设的平均数为，的平均数为，则，因为没有确定的大小关系，所以无法判断的大小，例如：，可得；例如，可得；例如，可得；故A错误； 对于选项B：不妨设，可知的中位数等于的中位数均为，故B正确；对于选项C：因为是最小值，是最大值，则的波动性不大于的波动性，即的标准差不大于的标准差，例如：，则平均数，标准差，，则平均数，标准差，显然，即；故C错误；对于选项D：不妨设，则，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：BD.10.已知为两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，，，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】BD【解析】【分析】对于A，利用面面平行的判定定理判断即可；对于C，举反例排除即可；对于BD，利用线面与面面垂直的定义与性质判断即可.【详解】对于A，由面面平行的判定定理可知，还需要加上条件相交，才能推得，故A错误；对于B，由线面垂直的性质可知，，可推得，故B正确； 对于C，若，，时，可能出现的情况，故C错误；对于D，由线面与面面垂直的定义与性质可知，，，可推得，故D正确.故选：BD.11.下列结论正确的是（）A.已知一次试验事件A发生的概率为0.9，则重复做10次试验，事件A可能一次也没发生B.抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现偶数点”，“出现1点或2点”，则事件A与B相互独立C.小明在上学的路上要经过4个路口，假设每个路口是否遇到红灯相互独立，且每个路口遇到红灯的概率都是，则小明在第3个路口首次遇到红灯的概率为D.已知A，B是一个随机试验中的两个事件，且，，若A与B不独立，则【答案】AB【解析】【分析】根据随机事件的概率，结合独立事件和互斥事件逐项分析判断.【详解】对于选项A：对于重复做10次试验，事件A发生的次数为，所以可能一次也没发生，故A正确；对于选项B：事件“出现偶数点”“出现2点或4点或6点”，事件“出现2点”，可得，因为，则事件A与B相互独立，故B正确；对于选项C：小明在第3个路口首次遇到红灯的概率为，故C错误；对于选项D：因为，若A与B互斥（满足A与B不独立），则，此时，故D错误；故选：AB.12.如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，是线段的中点，是线段上的动点，则以下结论正确的是（） A.平面平面B.直线与平面所成角正切值的最大值为C.二面角余弦值的最小值为D.线段上不存在点，使得平面【答案】ABC【解析】【分析】对于A，利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；对于BC，利用线面角与面面角的定义，结合的取值范围求解即可；对于D，找特殊点与重合时，证得平面，由此得解.【详解】对于A，因为底面，平面，所以．因为为正方形，所以，又，平面，平面，所以平面．因为平面，所以．因为，为线段的中点，所以，又因为，平面，平面，所以平面．又因为平面，所以平面平面，故A正确；对于B，由选项A可知平面，所以为直线与平面所成角，则，不妨设，则在中，，在中，，因为是线段上的动点，故，则，所以直线与平面所成角正切值最大值为，故B正确；对于C，由选项A可知平面，平面， 所以，则为二面角的平面角，因为，所以二面角余弦值的最小值为，故C正确；对于D，当与重合时，连接，连接，如图，因为底面是正方形，所以是的中点，又为线段的中点，所以，又平面，平面，所以平面，即线段上存在点，使得平面，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用线面垂直的判定定理证得平面与平面，从而得到直线与平面所成角与二面角的平面角，由此得解.第Ⅱ卷非选择题（共90分）三、填空题（本题共4小题，每小题5分（两空的小题，第1空2分，第2空3分），共20分.）13.总体由编号为的20个个体组成.利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第1列和第2列的数字开始，由左到右依次选取两个数字（作为个体的编号），如果选取的两个数字不在总体内，则将它去掉，继续向右选取两个数字，那么选出来的第4个个体的编号为________.7816657208026314070243699728019832049234493582003623486969387481【答案】【解析】 【分析】利用随机数表的使用方法求解即可.【详解】从随机数表第1行的第1列和第2列的数字开始，由左到右依次选取两个数字，得，其中满足要求的编号依次是，所以选出来的第4个个体的编号为.故答案为：.14.向一个目标射击两次，用y表示“命中目标”，n表示“没有命中目标”，则该试验的样本空间______________________；若每次命中目标的概率都为0.6，且每次射击结果互不影响，则事件“恰有一次命中目标”的概率为________.【答案】①.②.##【解析】【分析】利用样本空间的定义与独立事件的概率公式求解即可.【详解】第一空，由题意可知该试验的样本空间；第二空，因为每次命中目标的概率都为0.6，且每次射击结果互不影响，所以事件“恰有一次命中目标”的概率为.故答案为：；.15.某校高一年级的学生有300人，其中男生180人，女生120人.为了解该校高一年级学生的身高信息，采用样本量按比例分配的分层随机抽样抽取样本，计算得男生样本的平均数为（单位：cm），方差为，女生样本的平均数为（单位：cm），方差为，根据上述数据，估计该校高一年级学生身高的平均数为_______；方差为_______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用分层抽样的平均数与方差公式求解即可.【详解】依题意，知学生总数为300，其中男生人数，女生人数为，设该校高一年级学生身高的平均数为，方差为，则 .故答案为：；.16.在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】先由球表面积求得其半径，再利用球的截面性质求得的外接圆的半径，从而求得的取值范围，进而求得二面角正切值的取值范围，由此得解.【详解】依题意，设的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，则，则（负值舍去），因为平面，，所以，即，则（负值舍去），因为，所以为的外接圆的直径，即，过作交于，连接，如图，设，则由，得，故，得，当且仅当时，等号成立，故由三角形面积相等得，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以为二面角的平面角，则，即二面角正切值的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用基本不等式求得的取值范围，再推得为二面角的平面角，从而得解.四、解答题（本大题共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.甲、乙两台机床同时生产某种零件，科研部门随机抽取了它们10天中生产的产品，统计其每天生产的次品数分别为：甲0210302124乙2112102132（1）计算这10天中甲、乙机床次品数的平均数和方差；（2）从计算结果看，哪台机床的性能更好？【答案】（1）这10天中甲、乙机床次品数的平均数均为，方差分别为（2）乙机床的性能更好【解析】【分析】（1）根据平均数、方差的计算公式运算求解；（2）根据平均数、方差的数字特征分析判断.【小问1详解】由题意可得：甲机床生产某种零件次品的平均数，方差；乙机床生产某种零件次品的平均数，方差；所以这10天中甲、乙机床次品数的平均数均为，方差分别为.【小问2详解】由（1）可知：，且， 即两机床的平均水平相同，但乙机床相对稳定，所以乙机床的性能更好.18.已知不透明的袋中装有3个红球、2个白球，这些球除颜色外没有其他差异，从中不放回地依次随机摸出2个球.（1）求摸出的两球都是红球的概率；（2）求摸出的两球至少有一个红球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）（2）利用列举法，结合古典概型与对立事件的概率公式计算即可.【小问1详解】依题意，记3个红球为，2个白球为，则从中不放回地依次随机摸出2个球的基本事件为，共20件，其中“摸出的两球都是红球”（记为事件）的基本事件为，共6件，故.【小问2详解】结合（1）中结论，记为事件“摸出的两球至少有一个红球”，则“摸出的两球都是白球”,故包含的基本事件为，共2件，所以.19.如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点. （1）求证：平面；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；（2）利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得，面，，再结合题设条件证得，从而得证.【小问1详解】连接，如图，因为在直三棱柱中，侧面是矩形，又是的中点，则是的中点，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】因为在直三棱柱中，底面，又底面，所以，因为，所以， 又，面，所以面，又面，所以，因为侧面是矩形，，所以侧面是正方形，则，又，面，所以面，因为面，所以.20.甲、乙两名篮球运动员进行投篮比赛，每轮投篮由甲、乙两人各投篮一次，已知每轮甲投中的概率为，乙投中的概率为，每轮甲和乙投中与否互不影响，且各轮结果也互不影响.（1）求在一轮投篮中甲、乙都投中的概率；（2）求在两轮投篮中甲、乙两人投中3个球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用独立事件的概率公式即可得解；（2）列出在两轮投篮中甲、乙两人投中3个球的情况，再利用互斥事件与独立事件的概率公式求解即可.【小问1详解】依题意，每轮甲投中的概率为，乙投中的概率为，所以在一轮投篮中甲、乙都投中的概率为.【小问2详解】依题意，“在两轮投篮中甲、乙两人投中3个球”（记为事件）的情况有两个：在两轮投篮中甲投中1个球，乙投中2个球；在两轮投篮中甲投中2个球，乙投中1个球.记“在两轮投篮中甲投中1个球”，“在两轮投篮中甲投中2个球”，“在两轮投篮中乙投中1个球”，“在两轮投篮中乙投中2个球”，则，，所以 .21.2017年国家发展改革委、住房城乡建设部发布了《生活垃圾分类制度实施方案》，方案要求生活垃圾要进行分类管理.某市在实施垃圾分类管理之前，对人口数量在1万左右的社区一天产生的垃圾量（单位：吨）进行了调查.已知该市这样的社区有240个，下图是某天从中随机抽取50个社区所产生的垃圾量绘制的频率分布直方图.现将垃圾量超过14吨/天的社区称为“超标”社区.（1）根据所给频率分布直方图，估计当天这50个社区垃圾量的第分位数；（2）若以上述样本的频率近似代替总体的概率，请估计这240个社区中“超标”社区的个数；（3）市环保部门要对样本中“超标”社区的垃圾来源进行调查，按垃圾量采用样本量比例分配的分层随机抽样从中抽取5个，再从这5个社区随机抽取2个进行重点监控，求其中至少有1个垃圾量为的社区的概率.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用百分位数的定义，结合频率分布直方图即可求解；（2）根据频率分布直方图可求超标的频率，从而可求240个社区中“超标”社区的个数；（3）利用古典概型概率的计算公式可求重点监控社区中至少有1个垃圾量为的社区的概率.【小问1详解】因为频率分布直方图得该样本中垃圾量为，，，，，，的频率分别为0.08，0.1，0.2，0.24，0.18，0.12，0.08，因为，，所以当天这50个社区垃圾量的第分位数落在内，不妨设为， 则，解得，所以当天这50个社区垃圾量的第分位数为；【小问2详解】由（1）得该样本中“超标”社区的频率为，所以这240个社区中“超标”社区的概率为，所以这240个社区中“超标”社区的个数为；【小问3详解】由题意得样本中“超标”社区共有个，其中垃圾量为的社区有个，垃圾量为的社区有个，按垃圾量用分层抽样抽取的5个社区中，垃圾量为的社区有3个，分别记为；垃圾量为的社区有2个，分别记为，从中选取2个的基本事件为，，，，，，，，，，共10个；其中所求事件“至少有1个垃圾量为的社区”为，，，，，，，共7个；所以至少有1个垃圾量为的社区的概率为.22.如图，矩形中，，，将沿直线BD折起至，点E在线段AB上.（1）若平面，求的长；（2）过点P作平面的垂线，垂足为O，在折起过程中，点O在内部（包含边界），求直线与平面所成角正弦值的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理与性质定理推得，从而利用勾股定理与面积相等依次求得，由此得解；（2）先判断得在上，从而得到的取值范围，再利用等体积法求得到平面的距离的取值范围，从而利用即可得解.【小问1详解】连接，如图，因为平面，平面，所以，因为矩形中，，又面，所以面，因为平面，所以，因为，所以，在中，，所以，则，所以由三角形面积相等可得，故在中，，即的长为.【小问2详解】过作交于，连接，由题意易知平面，而面，故面面，又面面，且点O在内部（包含边界），所以在上，在中，，则，， 所以由，得，设到平面的距离为，直线与平面所成角为，则，又，，所以，则，即，所以，即，所以直线与平面所成角正弦值的取值范围为.