山东烟台市2025-2026学年第二学期高一期末自主练习+数学答案和解析

【详解】将这组数据从小到大排列为76,78,82,84,88,共5个；∴5×60%=3,则这组数据的第60百分位数为【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，所以圆锥底面半径r=1,母线l=2,因此圆锥的侧面积S=πrl=2π.【分析】由于直线a不平行于平面α,所以直线a与平面α相交或直线a在平面α内，进而可以判断结果.【详解】由于直线a不平行于平面α,所以直线a与平面α相交或直线a在平面α内，直线a在平面α内时，平面α内存在与a平行的直线，故A错误；直线a与平面α相交时，平面α内存在直线与a异面，故B错误；直线a在平面α内时，平面α内存在与a平行的相交，故C错误；直线a与平面α相交或直线a在平面α内，直线a与平面α至少存在一个公共点，故D正确.所以方【详解】对于A,若m⊥α,m⊥n,则ncα或n/lα,故A错误；对于B,当α∩β=1,若取mcβ,m//1,且nca,n//1,则满足m//a,n//β,m//n,对于C,若m⊥α,n//α,则由线面平行的性质知，存在直线lcα,使得n//l,对于D,若α⊥β,mcα,ncβ,则m,n可能平行，相交或异面，故D错误.【分析】本题考查古典概型概率计算，只要得到事件总数和要求的事件数即可.【详解】从编号为1,2,3,4,5,6的六个大小完全相同的小球中，随机取出两个小球，共有C2=15种不同的取试卷第1页，共12页试卷第2页，共12页所以概率【分析】结合互斥事件、对立事件的定义，以及概率加法公式、独立事件概率乘法公式，古典概型概率计算规则逐一判断选项正误即可.【详解】∵抛掷两次骰子，每次出现奇数、偶数的概率均为,且两次抛掷结果相互独立.事件A为两次数字之和为偶数，等价于两次均为奇数或两次均为偶数，∴P(A)=P(两次都是奇数)+P(两次都是偶事件B为第i次数字为奇数，故对于选项A,当第一次数字为奇数、第二次数字也为奇数时，事件A与B₁同时发生，∴事件A与B₁不互斥，A错误.对于选项B,对立事件要求两事件不能同时发生，且并集为样本空间、概率和为1,∴B₁与B₂不是对立事件，B错误.对于选项C,由概率加法公式：P(AUB₁)=P(A)+P(B₁)-P(AB₁),其中AB₁表示第一次为奇数且两次和为偶数，即第二次也为奇数，∴【分析】本题以三棱柱为背景，利用空间向量法求线面角.关键在于由底面直角三角形确定外心位置，再根据侧棱长相等求出棱柱的高，进而得到点B₁和C₁的坐标.最后，直线BC₁的方向向量与平面ABC的法向量(即竖轴方向)的夹角余弦的绝对值即为所求线面角的正弦值.试卷第3页，共12页【详解】以B为原点，BA方向为x轴，BC方向为V轴，垂直于底面的方向为z轴建立空间直角坐标系.则B(0,0,0),A(√10,0,0),C(0,√6,0),斜边AC的中点)为△ABC的外心.由B₁在底面的射影为0,设),则平面ABC的法向量为n=(0,0,1),设直线BC₁与平面ABC所成角为θ,则故选A.【分析】结合平面四边形、空间四边形的结构特征逐一判断选项即可.【详解】∵平行投影的性质：平行直线的平行投影仍互相平行，共面的两条直线若投影平行，则原直线必互相平行.对于选项A:当四边形ABCD为平行四边形，且其所在平面与平面α不垂直、不与投影方向平行时，两组对边的投影仍保持平行，投影为平行四边形，故A正确.可推出原平面四边形两组对边均平行，与梯形定义矛盾，故B错误.对于选项C:矩形是特殊的平行四边形，同理，当矩形所在平面与平面α不垂直、不与投影方向平行时，其例如甲：-3,-2,x=-2.5,乙：-5,-3,y=-4<-2.5,A错误；选项C:乙的最大值Ymax=2xmx+1,最小值ymn=2xmin+1,选项D:举反例：甲组为{-5,-3},中位数m甲=-4,计算得乙的中位数m乙=2×(-4)+1=-7<-4,D错误.【分析】连接AD₁,由题意可得A₁D⊥平面ABC₁D₁,进而可判断A;延长DN交DC的延长线于L,连接BL,在平面ABCD内存在CM//BL,可判断B;当点P在点C₁,点M在点D处时，计算cos∠D₁C₁D可判【详解】对于A,连接AD₁,由正方体ABCD-AB₁C₁D₁,可得C₁又AD₁⊥AD,C₁D₁∩AD₁=D,C₁D₁,AD₁C平面ABC₁D₁,试卷第4页，共12页试卷第5页，共12页所以AD⊥平面ABC₁D,D₁PC平面ABC₁D₁,所以D₁P⊥AD,故A正确；对于B,延长DN交DC的延长线于L,连接BL,LL对于D,过P作PH⊥BC于H,则D₁P+PH的最小值即为D到直线BC的距离(即D₁,P,H三点共线时),过C₁作C₁K⊥D₁H于K,可得C₁CHK为矩形，所以HK=CC₁=1,所以,所以D₁P+PQ的最小值故D正确.【详解】由题意得总成绩平均值为30%×80+50%×90+20%×85=86.【分析】底面△ABC是直角三角形，可将该直三棱柱补成长方体，长方体的外接球就是三棱柱的外接球.【详解】直三棱柱ABC-AB₁C₁,AB⊥AC,AB=AC=2,2AA₁=2→AA₁=1,底面△ABC是直角三角形，可将该直三棱柱补成长方体，长方体长宽高分别为2,2,1,长方体的外接球就设外接球半径为R,则长方体体对角线长2R,2R=√AB²+AC²+A4²=√2²+2²+1²=√4+4+1=√9=3,得所以外接球的表面积【分析】①枚举每个小球，统计其编号大于可选盒子编号的情况数，除以总情况数；②考虑要恰有两个满足条件，则编号为4的盒子必须放5号球，编号为2的盒子必须放3号球，从而确定唯一的放法.【详解】①由题意知共3个小球、3个盒子，总情况数为3×3=9.符合小球的编号大于其所在盒子编号的情况有：小球编号1:没有比1小的盒子编号，0种；小球编号3:仅盒子编号2满足，1种；小球编号5:盒子编号2、4满足，2种；共0+1+2=3种符合条件的情况.因此该小球的编号大于其所在盒子编号的概率②三个球全排列放入三个盒子，总情况数为3×2×1=6.由于盒子编号最大为6,所有小球最大编号为5,要恰有两个球满足条件，只能是前两个盒子(编号2、4)的球都满足条件.编号4的盒子要满足球编号大于4,只能放编号5的小球；编号2的盒子要满足球编号大于2,只能放剩下的编号3的小球；编号6的盒子放剩下的编号1的小球，仅这1种符合条件的情况.因此恰有两个小球的编号大于其所在盒子编号的概率15.(1)证明：因为事件A,B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B).(法一)因为A∩B=AUB,所以P(AB)=P(AUB)=1-P(AUB)试卷第6页，共12页试卷第7页，共12页又P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)所以P(AB)=1-P(4)-P(B)+P(A)P(B)=[1-P(A)][1-P(B)]=P(A)P(B)所以A与B相互独立.(法二)对于A与B,因为A=ABUAB,而且AB与AB互斥，所以P(A)=P(ABUAB)=P(AB)+P(AB).所以P(AB)=P(4)-P(AB)=P(4)-P(A)P(B)=P(4)[1-P(B)]=P(A)P(B)所以A与B相互独立. 所以P(AB)=P(B)-P(AB)=P(B)-P(A)P(B)=P(B)[1-P(A)]=P(B)P(A),所以A与B相互独立.【分析】(1)因为事件A、B相互独立，所以满足P(AB)=P(A)P(B),结合对立事件概率公式，推导P(AB)与P(A)P(B)是否相等，以此判断独立性.(2)结合对立事件概率公式，或者利用概率的加法公式直接展开P(AUB),结合独立事件性质计算结果.【详解】(1)略(2)因为P(A)=0.4,P(B)=0.5,所以P(A)=0.6,P(B)=0.5,所以P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-P(A)P(B)所以P(AUB)=0.8.(2)75,110,两校学生身体素质的平均水平相同，但B校的个体差异水平更低【分析】(1)根据频率之和为1求b,求出各校样本容量后可得a;(2)根据直方图求出平均数和方差，然后可得结论；(3)列举出所有样本点，由古典概型概率公式可得.【详解】(1)因为(0.01+b+0.035+0.03+0.005)×10=1,所以b=0.02.试卷第8页，共12页因为B校测试成绩“不合格”的人数为10,所以每校的样本容量为10÷(0.01×10)=100,因为A,B两校抽取相同数量的学生，所以由频数分布表得a=20.因为前两组的频率之和为0.010×10+0.020×10=0.3<0.5,前三组的频率之和为0.3+0.035×10=0.65>0.5,所以B校测试成绩的中位数位于区间(70,80)内，设B校测试成绩的中位数为x,则有0.010×10+0.020×10+(x-70)×0.035=0.5,解得x≈75.71.(2)设A,B两校所有测试学生的平均值分别为xA,xB,方差分别为S²,s².由频率分布直方图得，xg=0.1×55+0.2×65+0.35×75+0.3×85+0.05×95=75,据此可以推测两校学生身体素质的平均水平相同，但B校的个体差异水平更低.(3)由题意可知，A校测试成绩优秀的学生有10人，B校成绩优秀的学生有100×0.05=5人，采用分层抽样选出6人，则A校有记为a₁,a₂,a₃,a4,B校有,记为b,b₂.现从这6人中选出2人，所有不同的结果共有15种：2人来自同一学校的不同的结果共有7种：aa₂,qa₃,qa4,a₂a₃,aa₄,aa4,bb₂,在平面ABB₁A内作AH⊥BB₁,垂足为H又面ABB₁A⊥平面BCC₁B₁,平面ABB₁A₁0平面BCC₁B₁=BB₁,且AH⊥BB₁所以AH⊥平面BCC₁B₁.因为AAI平面ABC,BCc平面ABC,所以AA⊥BC.又NOc平面ABO,B₁Mα平面ABO,所以B₁MI/平面ABO.【分析】(1)根据面面垂直的性质得AH⊥平面BCC₁B,再由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面ABB₁A,【详解】(1)略(2)略(ii)若n=4,则最终比分为13:11,且这4个球中前两个球甲、乙各胜1球，第3,4个球均由甲胜.设双试卷第9页，共12页试卷第10页，共12页(2)甲、乙的比分暂时为8:8,若甲得11分时比赛结束，则共有3种情形：①甲以11:8胜，即甲接下来连赢3球，设为事件B;②甲以11:9胜，即双方接下来共打4个球，且甲前3球赢2球，且赢第4个球，设为事件C;③甲以11:13负，即双方接下来共打8个球，且前4球甲乙各赢2球，第5,6球各赢1球，第7,8球乙赢，设为事件D,因为双方打每个球的结果相互独立，且B,C,D互斥，所以所以甲得11分时比赛结束的概率为19.(1)因为底面ABCD为等腰梯形，且AB//CD,延长AD,BC,设其交点为E,连接PE.设线段AB的中点为F,连接PF,EF,设EF∩CD=G.所以△EAB为等腰三角形，所以EF⊥AB,又PF∩EF=F,PF,EFc平面PEF,所以AB⊥平面PEF,试卷第11页，共12页因为AB⊥平面PEF,所以∠PFE为二面角P-AB-C的平面角，所以∠PFE=60°.又PGc平面PDC,所以平面PDC⊥平面ABCD.②③【分析】(1)延长AD,BC,设其交点为E,连接PE.设线段AB的中点为F,连接PF,EF,设EF∩CD=G,进而可证∠PFE为二面角P-AB-C的平面角，利用余弦定理和勾股定理