2023-2024学年湖北省云学新高考联盟学校高二上学期8月开学联考数学试题含答案

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2023-2024学年湖北省云学新高考联盟学校高二上学期8月开学联考数学试题

一、单选题
1．容量为8的样本：3.5，3.8，4.2，4.8，5，5，5.5，6.3，其第75百分数是（    ）
A．6 B．5.25 C．5 D．5.5
【答案】B
【分析】根据百分位数的定义运算求解.
【详解】因为，所以第75百分数是第6位数和第7位数的平均数，即为.
故选：B.
2．在跳水比赛中，有8名评委分别给出某选手原始分，在评定该选手的成绩时，从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，这6个有效分与8个原始分相比较，下列说法正确的是（    ）
A．中位数，平均分，方差均不变 B．中位数，平均分，方差均变小
C．中位数不变，平均分可能不变，方差变小 D．中位数，平均分，方差都发生改变
【答案】C
【分析】根据题意结合中位数、平均数和方差的定义分析判断.
【详解】不妨设原始分为，且，则其中位数为，
则有效分为，则其中位数为，
两者相等，所以中位数不变，
例如：原始分为，则其平均数为2，
则有效分为，则其平均数为2，
两者相等，所以平均数可能不变，
因为从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，即把波动最大的两个值去掉，
则有效分比原始分更集中，波动性减小，
根据方差的定义可知：有效分的方差小于原始分的方差，即方差变小.
故选：C.
3．在抛掷硬币试验中，记事件A为“正面朝上”，则下列说法正确的（    ）
A．抛掷两枚硬币，事件“一枚正面，一枚反面”发生的概率为
B．抛掷十枚硬币，事件B为“抛掷十枚硬币，正面都朝上”没有发生，说明
C．抛掷100次硬币，事件A发生的频率比抛掷50次硬币发生的频率更接近于0.5
D．当抛掷次数足够大时，事件A发生的频率接近于0.5
【答案】D
【分析】根据古典概型判断AB，利用概率与频率的关系判断CD.
【详解】抛掷两枚硬币，出现的基本事件为（正，反），（正，正），（反，正），（反，反），所以事件“一枚正面，一枚反面”发生的概率为，故A错误；
“抛掷十枚硬币，正面都朝上”没有发生，不能说明，应有，故B错误；
抛掷100次硬币，事件A发生的频率与抛掷50次硬币A发生的频率不能判断谁更接近于0.5，故C错误；
根据频率与概率的关系知，当抛掷次数足够大时，事件A发生的频率接近于0.5，故D正确.
故选：D
4．在平行六面体中，底面是菱形，侧面是正方形，且，，，若P是与的交点，M是的中点，则（    ）
  
A．5 B．7 C．3 D．
【答案】D
【分析】根据数量积的定义可得，，，再结合向量的线性运算以及数量积的运算律运算求解.
【详解】由题意可知：，，，，
可得：，，，
因为，
可得
，
所以，即.
故选：D.
5．已知平面平面，则“”是“”的（    ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面垂直的性质分析判断.
【详解】当平面平面，，则可能，
而当平面平面，直线，时，与平面可能垂直，可能平行，可能相交不垂直，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D
6．圆台母线长为3，下底直径为10，上底直径为5，过圆台两条母线作截面，则该截面面积最大值为（    ）
A． B． C． D．以上都不对
【答案】C
【分析】求出轴截面时所补成的等腰三角形的顶角的余弦值，则判断其为钝角，再计算出截面积的表达式，得到最值.
【详解】由题意作出轴截面，并将其补充成等腰三角形，
根据，则为三角形的中位线，则，
在中利用余弦定理得，
因为，所以，
过圆台两条母线所作截面也为等腰梯形，并将其补成的等腰三角形，设其顶角为，
则，因为，且，
则当时，的最大值为.
故选：C.
    
7．二面角中，，，，且，，垂足分别为A、C，，，，已知异面直线与所成角为，则（    ）
A． B． C．或5 D．或
【答案】D
【分析】在内做，且使，得四边形为平行四边形，再由线面垂直的判定定理、性质定理可得，分、讨论，由余弦定理求出，最后由勾股定理可得答案.
【详解】在内做，且使，连接，因为，
所以四边形为平行四边形，，，
由，，，平面，所以平面，
因为，可得平面，平面，所以，
因为异面直线与所成角为，，
所以直线与所成角为，
当时，如下左图，由余弦定理可得
，
此时，即；
当时，如下右图，由余弦定理可得
，
此时，即；
综上所述，或.
故选：D.
  
8．在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为的中点，N在侧面上（包含边界），若，则下列正确的是（    ）
    
A．若，则∥平面 B．若，则
C．当最小时， D．当最大时，
【答案】C
【分析】根据可证平面，设，且，进而可得，对于A：若，则点即为点，进而可得结果；对于B：若，可得点在线段上（包括短点），结合垂直关系分析判断；对于C、D：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断.
【详解】因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
且平面，可得，
又因为N在侧面上（包含边界），设，且，
可得
，
又因为，可得，且.
对于选项A：若，则，可得点即为点，
显然平面，故A错误；
对于选项B：若，则，可得点在线段上（包括端点），
由平面，可知当且仅当点为点，，故B错误；
过作，垂足为，可得，，
      
因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
可得，
对于选项C：显然当点即为点时，最小，此时，
可得，故C正确；
对于选项D：显然当点即为点时，最大，则最大，此时，
可得，故D错误；
故选：C.
【点睛】关键点睛：1. 设，且，根据空间向量基本定理分析可得，方便建立关系；
2.分析可得平面，则，将的大小转化为的大小.

二、多选题
9．下列命题中正确的是（    ）
A．非零向量，，，若与共面，与共面，与共面，则向量，，共面
B．向量，，共面，即它们所在的直线共面
C．设，，是三个空间向量，则
D．若与共面，与共面，则任意，与共面
【答案】CD
【分析】对于A：举特例，理解判断即可；对于BD：根据题意结合共面向量的定义与性质分析判断；对于C：根据数量积的分配律分析判断.
【详解】对于选项A：例如非零向量，，是三棱锥三条侧棱所在的向量，
显然满足与共面，与共面，与共面，但向量，，不共面，故A错误；
对于选项B：因为向量可以平移，但直线不能平移，
可知：若向量，，共面，但它们所在的直线不一定共面，故B错误；
对于选项C：根据数量积的分配律可知：，故C正确；
对于选项D：对任意，可知与、共面，
若、与共面，所以与共面，故D正确；
故选：CD.
10．设为古典概率模型中的两个随机事件，以下命题正确的为（    ）
A．若，，则当且仅当时，是互斥事件
B．若，，则是必然事件
C．若，，则时是独立事件
D．若，且，则是独立事件
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件，独立事件和必然事件的定义逐个分析判断
【详解】对于A，因为，所以是互斥事件，所以A正确，
对于B，若事件为“抛骰子点数出现1或2”，则，若事件为“抛骰子点数出现的是小于等于4”，则，
而此时不是必然事件，所以B错误，
对于C，因为，，，，
所以，得，
所以，所以是独立事件，所以C正确，
对于D，因为，所以，
因为， ，所以，
所以是独立事件，则也是独立事件，所以D正确，
故选：ACD
11．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，，，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点O与中点M，则下列判断中正确的是（    ）

A．与所成的角为60°
B．与平面所成的角60°
C．平面与平面所成的二面角的平面角为45°
D．设平面平面，则有与所成的角为60°
【答案】BD
【分析】证明平面，可判定A选项；由平面可知与平面所成的角为，则可判定B选项；可通过特殊情况来否定平面与平面所成的二面角的平面角为45°，则可判定C选项；通过线面平行的判定定理和性质定理，可得，则可判定D选项.
【详解】因为直角三角形中,,
所以三角形为等腰直角三角形，即,,
又为的中点，所以,
因为为的中点，M为中点，
所以，又，即,
所以,又，,平面，
所以平面，又平面,
所以,故选项A错误；
因为平面，所以与平面所成的角为,
又，所以，故选项B正确；
因为，平面,平面
所以平面，又平面平面，平面，
所以，又，所以与所成的角为60°，故选项D正确.
因为平面，平面，所以平面平面，
所以点在平面内的投影在线段上，
考虑特殊情况，当点在平面内的投影为时，平面，
过作,连接,

因为 ,所以，
因为平面,平面,所以，
又,平面,所以平面，
又，所以平面，又平面,
所以,,则为平面与平面所成的二面角的平面角，
因为，M为中点，所以,
直角三角形中,,则,
又因为为的中点，M为中点，所以,
直角三角形中,
在直角三角形，,所以，
故选项C不正确.
故选：BD.
12．已知正方体的棱长为1，点P满足，其中，，点E、F分别是、的中点，下列选项不正确的是（    ）
A．当时，的面积为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．存在使得与平面所成的角为
D．当时，存在点P，使得平面
【答案】ACD
【分析】对于A：可知点P在线段上（包括端点），取两个端点，代入检验即可；对于B：点P在的中位线上（包括端点），可证∥平面，进而结合平行的性质分析判断；对于C：点P在内（不包括边界），分析可得与平面所成的角为，结合正方形的性质分析判断；对于D：点P在正方形的中位线上（包括端点），可证平面，进而分析判断.
【详解】因为点P满足，其中，，则点P在侧面内（包括边界）.
对于选项A：当时，则，
所以点P在线段上（包括端点），如图所示，

显然当点P为点时，是边长为的等边三角形，其面积为，
当点P为点时，是直角边长为的直角三角形，其面积为，
所以的面积不为定值，故A错误；
对于选项B：若，则点P在的中位线上（包括端点），如图所示，

则∥，
因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，
又因为点E、F分别是、的中点，则∥，
可得∥，且平面，平面，所以∥平面，
可知：点P到平面的距离相等，即三棱锥的高为定值，
且的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于选项C：若，则点P在内（不包括边界），如图所示，

过作，垂足为，设，
因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
所以与平面所成的角为，
由选项B可知：∥，所以与平面所成的角为，
又因为，
所以不存在，使得与平面所成的角为，故C错误；
对于选项D：当时，则点P在正方形的中位线上（包括端点），如图所示，

因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
显然平面与平面相交，所以不与平面垂直，故D错误；
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：根据平面向量的线性运算的几何意义，分析点P所在位置，进而结合立体结合知识分析判断.

三、填空题
13．已知基底，，，若，则 .
【答案】
【分析】根据向量平行的判定定理运算求解.
【详解】因为，且，则存在唯一实数，使得，
即，
可得，解得或，
所以.
故答案为：.
14．如图，电路中A、B、C三个电子元件正常工作的概率分别为，，则该电路正常工作的概率 .
  
【答案】0.672/
【分析】根据独立事件的乘法公式和对立事件的概率计算公式即可得到答案.
【详解】由题意，电路能正常工作的条件是：
必须正常工作，，至少有一个正常工作，
所以电路能正常工作的概率为，
故答案为：.
15．陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积是 .
  
【答案】
【分析】求出圆锥部分的母线，利用圆锥以及圆柱的侧面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知圆锥的母线长为，
故陀螺的表面积为，
故答案为：
16．在正三棱台中，侧棱长均为，侧棱与底面所成的角60°，，则该三棱台的外接球的体积＝ .
  
【答案】
【分析】根据正三棱台及正三角形的性质，利用侧棱与底面所成角求出上下底边长，证明，可判断为外接球球心，即可求出外接球体积.
【详解】设中心为，中心为，连接，如图，
  
因为正三棱台，所以平面，∥，
在四边形中，过作于，则∥，，
所以平面，所以为侧棱与底面所成的角，即，
所以，
又正三角形和中，，
所以，即，，
所以，，
即，
根据正三棱台对称性，可知到各顶点距离相等，
则点为正三棱台外接球的球心.
所以，，
故答案为：

四、解答题
17．某数学学习小组有男同学3名（记为，，），女同学2名（记为，）、现从中随机选出2名同学去参加学校组织的数学竞赛（每人被选到的可能性相同）.
(1)求参赛学生中恰为1名男同学和1名女同学的概率；
(2)求参赛学生中至少有1名女同学的概率.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）（2）利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；
【详解】（1）解：从名同学中选取名同学参赛可能的结果有：，，
，，，，，，，，共种.
设“参赛学生中恰为名男同学和名女同学”，
则事件包含的基本事件有：，，，，，，共种，
所以.
（2）解：设 “参赛学生中至少有名女同学”，
则事件包含的基本事件有：，，，，，，，共种.
所以.
18．如图，正三棱柱中，，，，，.
  
(1)试用，，表示；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据题意结合空间向量的线性运算求解；
（2）根据空间向量的线性运算可得，再结合数量积的运算律可得，，，进而可得结果.
【详解】（1）因为，
所以.
（2）因为，
且，，，，
可得，
，
，
则，
所以异面直线与角的余弦值为.
19．全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书.甲、乙、丙三人在医学综合笔试中“合格”的概率依次为，，，在实践技能考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格互不影响.
(1)假设甲、乙、丙三人同时进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试，谁获得执业医师证书的可能性最大？
(2)这三人进行实践技能考试与医学综合理论考试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率.
【答案】(1)乙的可能性最大
(2)

【分析】（1）根据独立事件的乘法公式，计算甲乙丙获得执业医师证书的概率，比较大小，即得结论；
（2）分三种情况，结合互斥事件的概率加法公式以及独立事件的乘法公式，即可求得答案.
【详解】（1）记甲乙丙三人在医学综合笔试中合格依次为事件，，，
在实践考试中合格依次为，，，
则甲乙丙获得执业医师证书依次为，，，
并且与，与，与相互独立，
则，，
由于，故乙获得执业医师证书的可能性最大.
（2）由于事件，，彼此相互独立，
“恰有两人获得执业医师证书”即为事件：，
概率为.
20．如图，在四棱台中，底面，M是中点.底面为直角梯形，且，，.
  
(1)求证：直线平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题意可证，可知四点共面，进而可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）过点作于点，连，根据垂直关系分析可得为与平面所成角，运算求解即可.
【详解】（1）连接，
因为是中点，且，，则，
又因为，则，可知四点共面，
由，，可得，，
则四边形是平行四边形，故，
且平面，平面，所以平面.
（2）因为底面，底面，则，
且，，平面，所以平面，
由（1）可知：，则平面，且平面，
所以平面平面，
过点作于点，连，
平面平面，平面，所以平面，
所以为与平面所成角，
因为，则，可得，
所以直线与平面所成角的正弦值.
  
21．插花是一种高雅的审美艺术，是表现植物自然美的一种造型艺术，与建筑、盆景等艺术形式相似，是最优美的空间造型艺术之一。为了通过插花艺术激发学生对美的追求，某校举办了以“魅力校园、花香溢校园”为主题的校园插花比赛。比赛按照百分制的评分标准进行评分，评委由10名专业教师、10名非专业教师以及20名学生会代表组成，各参赛小组的最后得分为评委所打分数的平均分.比赛结束后，得到甲组插花作品所得分数的频率分布直方图和乙组插花作品所得分数的频数分布表，如下所示：
  
分数区间
频数

1

5

12

14

4

3

1
定义评委对插花作品的“观赏值”如下所示：
分数区间



观赏值
1
2
3
(1)估计甲组插花作品所得分数的中位数（结果保留两位小数）；
(2)若该校拟从甲、乙两组插花作品中选出1个用于展览，从这两组插花作品的最后得分来看该校会选哪一组，请说明理由（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)从40名评委中随机抽取1人进行调查，试估计其对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率.
【答案】(1)85.82
(2)选择甲组，理由见解析
(3)0.225

【分析】（1）根据频率分布直方图中位数的求法计算即可；
（2）根据加权平均数的求法计算甲乙两组的得分平均数比大小即可；
（3）列出乙组观赏值高于甲组的几种情况，根据相互独立事件求其概率即可.
【详解】（1）设甲组插花作品所得分数的中位数为，
由频率分布直方图可得甲组得分在前三个分数区间的频率之和为0.3，在最后三个分数区间的频率之和为0.26，故，
所以，解得.
即估计甲组插花作品所得分数的中位数为85.82
（2）由频率分布直方图可知，甲组插花作品的最后得分约为


由乙组插花作品所得分数的频数分布表，得下表
分数区间
频数
频率

1
0.025

5
0.125

12
0.300

14
0.350

4
0.100

3
0.075

1
0.025
所以乙组插花作品的最后得分约为
.
因为，所以该校会选择甲组插花作品用于展览
（3）设“对乙组插花作品的‘观赏值’比对甲组插花作品的‘观赏值’高”为事件，
“对乙组插花作品的‘观赏值’为2”为事件，
“对乙组插花作品的‘观赏值’为3”为事件，
“对甲组插花作品的‘观赏值’为1”为事件，
“对甲组插花作品的‘观赏值’为2”为事件，
则.
，，
由频数分布表得，，.
因为事件与相互独立，其中，，所以

，
所以估计该评委对乙组插花作品的“观赏值”比对甲组插花作品的“观赏值”高的概率为0.225
22．如图1，在中，，，，E，D分别为，的中点，以为折痕，将折起，使点C到的位置，且，如图2.
    
图1                                       图2
(1)设平面平面，证明：平面
(2)P是棱上一点（不含端点）过P、B、E三点作该四棱锥的截面，要求保留画痕，并说明过程；
(3)若（2）中的截面与面所成的二面角的正切值为，求该截面将四棱锥分成上下两部分的体积之比.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)

【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；
（2）延长截面求解即得；
（3）先求二面角得出边长，再计算体积即得比例.
【详解】（1）连接
∵、分别、中点
∴，
∴，分别是以、为斜边的直角三角形，
即，，又
平面，平面，∴平面，
而平面平面
∴平面

（2）在图2中延长，交于点，连接并延长交于点，连接、，面即为所求截面

（3）过作, ∵,
∴为中点,∴,
连接, ∵,,
∴  又,平面，平面，
∴平面，连接,
则是截面与面所成二面角的平面角.
即,
在中，，，∴,
又在中，由余弦定理可得:
  ,
∴在中，,
∴，∴，∴,
∵,
∵即为中点,
又是中点，∴是的重心,
∴，,
∴ ,  ∴,
又,
∴

∴.