陕西省陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期初数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年09月试卷_0908陕西省陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期初考试

高 2026 届高二第一学期期初考试数学答案 第 Ⅰ 卷（选择题 共 48 分） 一、单选题(本大题共8 小题，每小题 4分，共 32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.) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B C B A D D B 二、选择题(本大题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分.) 题号 9 10 11 12 答案 BD ACD AC AD 第 Ⅱ 卷（非选择题 共 72 分） 三、填空题：（本大题共 4小题，每小题 4分，共 16分）． 3 13.94； 14.8； 15. 3 ； 16. . 2 四、解答题：(本题共 5小题，共56 分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤). 17、【解析】（1）如图所示： 分别取AB,BC的中点M,N，连接MN，因为EAB,FBC为全等的正三角形，所以 EM  AB,FN BC，EM  FN，又平面EAB平面ABCD，平面EAB平面ABCD AB，EM  平面EAB，所以EM 平面ABCD，同理可得FN 平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知 EM //FN ，而EM  FN，所以四边形EMNF 为平行四边形，所以EF //MN，又EF 平面ABCD， MN平面ABCD，所以EF //平面ABCD． 高一年级10月月考 数学答案 第 1 页 共 6 页 {#{QQABaYCEogCgAoAAABhCQwF4CgKQkAAACagGAAAMsAAAwANABAA=}#}（2）[方法一]：分割法一：如图所示： 分别取 AD,DC 中点K,L，由（1）知，EF //MN 且EF MN ，同理有，HE//KM,HEKM ， HG//KL,HGKL ， GF//LN,GF LN ， 由 平 面 知 识 可 知 ， BDMN ， MN MK ， KM MN  NLLK ，所以该几何体的体积等于长方体KMNLEFGH 的体积加上四棱锥BMNFE 体积的4倍． 因为MN NLLK KM  4 2 ，EM 8sin60 4 3，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线 MN的距离d，d 2 2，所以该几何体的体积  2 1 256 640 V  4 2 4 34 4 24 32 2 128 3 3 3． 3 3 3 [方法二]：分割法二：如图所示： 连接AC,BD,交于O，连接OE,OF,OG,OH.则该几何体的体积等于四棱锥O-EFGH的体积加上三棱锥 A-OEH的4倍,再加上三棱锥E-OAB的四倍．容易求得，OE=OF=OG=OH=8,取EH的中点P，连接 AP,OP.则EH垂直平面APO.由图可知，三角形APO,四棱锥O-EFGH与三棱锥E-OAB的高均为EM 的长.所以该几何体的体积 1  2 1 1 1 1 640 3 V  4 3 4 2 4 4 2 4 24 34 4 3 4 24 2 . 3 3 2 3 2 3 高一年级10月月考 数学答案 第 2 页 共 6 页 {#{QQABaYCEogCgAoAAABhCQwF4CgKQkAAACagGAAAMsAAAwANABAA=}#}18.【解析】（1）“A机构在一定时期研制出疫苗”为事件D，“B机构在一定时期研制出疫苗”为事件E， 1 1 1 “C机构在一定时期研制出疫苗”为事件F，显然事件D,E,F相互独立，且P(D) ,P(E) ,P(F) ， 5 4 3 能研制出疫苗的事件为M ，其对立事件是都没有研制出疫苗的事件， 1 4 3 2 3 则P(M )1P(DEF)1P(D)P(E)P(F)1    ， 1 5 4 3 5 3 所以他们能研制出疫苗的概率是 . 5 （2）至多有一个机构研制出疫苗的事件为M ，则M  DEFDEFDEFDEF， 2 3 则P(M )P(DEF)P(DEF)P(DEF)P(DEF) 2 1 3 2 4 1 2 4 3 1 4 3 2 5              ， 5 4 3 5 4 3 5 4 3 5 4 3 6 5 所以至多有一个机构研制出疫苗的概率是 . 6 19【. 解析】（1）因为b2c2a2 bc，由余弦定理可得cosA b2c2a2  1 ，又A0,π，所以A π ， 2bc 2 3 又因为sinA 7sinC，由正弦定理可得a 7c，则AC，所以C为锐角， 3 5 7 sinC sinA  2  21，所以cosC 1sin2C  ， 14 7 7 14 所以sinBsin πAC  sinACsinAcosCcosAsinC  3  5 7  1  21  3 21 ， 2 14 2 14 14 3 21 所以 b  sinB  14 3． c sinC 21 14   （2）由（1）可得b3c，CD2DA，且BD2，     1 因为BDBAADBA AC， 3 所以  B  D  2   B  A  2  1 A  C  2  2 B  A    A  C  c2 1 b2 2 cbcosπA c2 c2c2 c222， 9 3 9 3 1 1 3 所以c2，b6，所以S  bcsinA 26 3 3 ． ABC 2 2 2 4 2 20.【解析】（1）因为抽取的女生身高在[160，165]之内的频率为  ， 10 5 高一年级10月月考 数学答案 第 3 页 共 6 页 {#{QQABaYCEogCgAoAAABhCQwF4CgKQkAAACagGAAAMsAAAwANABAA=}#}2 所以估计该校女生身高在[160，165]之内的人数为 10040； 5 （2）采用按比例分层抽样的方法抽取一个容量为30的样本，则男生20个，女生10个， 男生身高样本记为y,y ,,y ，均值y 169，方差s2 39， 1 2 20 y 女生身高样本为x,x ,,x ，均值x 160，方差s2 15. 1 2 10 10 20 1016020169 则总样本均值 x y  166， 30 30 30 故总样本方差 1   1 2 2  10  s2 x220  s2 y2   15 160166 2  39 169166 249， 30    y  3   3   所以，估计学生总体身高的平均数166，标准差 49 7. （3）因为x2s152.2,x2s167.8，所以x2s,x2s152.2,167.8， 故169(152.2,167.8)，则169为离群值. 10160169 则剔除离群值剩下数据的平均数为： 159， 9 故剩余女生样本身高的平均数为159， 1 10 1 10  10 由s2  x x2   x210 x2  15得：x2 1015101602 256150， 10 i 10 i  i i1 i1 i1 1 20 则剔除169，剩余女生样本身高的方差为： (256150169291592) . 9 3 21.【解析】（1）取AM 中点G，连接PG，由PM PA1，得PG^ AM ，而平面PAM 平面ABCD， 平面PAM 平面ABCD AM,PG平面PAM ，则PG平面ABCD， 过M 作Mz//PG，则Mz 平面ABCD，又MA,MB平面ABCD，于是MzMA,MzMB， 在矩形ABCD中，MAMB 2，MA2MB2 4  AB2，则MA  MB， 以点M 为原点，直线MA,MB,Mz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 2 2 2 2 则M(0,0,0),B(0, 2,0),C( , ,0),P( ,0, )， 2 2 2 2 高一年级10月月考 数学答案 第 4 页 共 6 页 {#{QQABaYCEogCgAoAAABhCQwF4CgKQkAAACagGAAAMsAAAwANABAA=}#}  2 2  2 2 MB(0, 2,0),MP( ,0, ),BC ( , ,0) ， 2 2 2 2   mMB 2b0    设平面PMB的法向量为m(a,b,c)，则   2 2 ，令a1，得m(1,0,1)， mMP a c 0  2 2 2   设直线BC与平面PMB所成的角为，则   |mBC| 2 1 ， sin|cosm,BC|     |m||BC| 21 2 π 所以直线BC与平面PMB所成角的大小为 . 6 （2）连接DG，由DADM ，得DG AM，而PG^ AM ，则PGD为P AM D的平面角，即 PGD， 过点D作Dz平面ABCD，以D为坐标原点，直线DA,DC,Dz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则A1,0,0，M0,1,0，C0,2,0， 显然AM 平面PGD，AM 平面ABCD，则平面PGD平面ABCD， 在平面PGD内过P作PH DG于点H，则PH 平面ABCM， 设Px ,y ,z ，而PG 2 ，则PH  2 sin，GH  2 cos，DH  2 1cos， 0 0 0 2 2 2 2 2 2 1 2 即x  y  (1cos)  (1cos) ，z  sin， 0 0 2 2 2 0 2 1 1 2 所以P( (1cos), (1cos), sin)， 2 2 2 于是  A  M  1,1,0，  P  A  ( 1cos , cos1 , 2 sin) ， 2 2 2 x  y  0   1 1 设平面PAM的法向量为n x,y ,z ，则1cos cos1 2sin ， 1 1 1 1  x  y  z  0  2 1 2 1 2 1 令z  2，得n    tan,tan, 2  ，设平面PBC的法向量为n  x ,y ,z ， 1 1 2 2 2 2 因为C  B  1,0,0，  P  C  ( cos1 , cos3 , 2 sin)， 2 2 2 高一年级10月月考 数学答案 第 5 页 共 6 页 {#{QQABaYCEogCgAoAAABhCQwF4CgKQkAAACagGAAAMsAAAwANABAA=}#}x 0  2    则  cos1 x  cos3 y  2 z sin 0 ，令y 2  2sin，得n 2  0, 2sin,3cos ，  2 2 2 2 2 2 设平面PAM 和平面PBC为， sin2   2 3 2  2cos 则 n 1 n 2 cos 3cos1 cos     n n  2tan22  sin26cos10  11cos26cos 1 2 1 3|cos | 3 3   1 20 1 80 80 20 (cos )2 (cos )  1 3 3 3 9 1 1 9(cos )2 3(cos ) 3 3 1 令 t  1 ，(0, π ]，则t( 3 ,3]，即cos 9 ，则当t 3时，cos有最小值 11 ， cos 2 4 80t260t9 11 3 11 所以平面PAM 和平面PBC夹角余弦值的最小值为 ． 11 高一年级10月月考 数学答案 第 6 页 共 6 页 {#{QQABaYCEogCgAoAAABhCQwF4CgKQkAAACagGAAAMsAAAwANABAA=}#}