2023-2024学年成都市新津区高二数学上学期9月考试卷附答案解析

（考试时间120分钟；试卷满分150分）一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．下列说法一定正确的是（）A．一名篮球运动员，号称“百发百中”，若罚球三次，不会出现三投都不中的情况1B．一个骰子掷一次得到2的概率是，则掷6次一定会出现一次26C．若买彩票中奖的概率为万分之一，则买一万元的彩票一定会中奖一元D．随机事件发生的概率与试验次数无关2．在空间直角坐标系中，O为原点，已知点P1,2,1，A0,1,2，则（A．点P关于点A的对称点为2,3,4C．点P关于y轴的对称点为1,2,1）B．点P关于x轴的对称点为1,2,1D．点P关于平面xOy的对称点为1,2,1某学校为了解学生对乒乓球、羽毛球运动的喜爱程度，用按比例分配的分层随机抽样法从高一、高二、3．高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有45人，则样本容量为（）A．125B．100C．150D．1204．总体由编号为01，02，L，19，20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5列和第6列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为（）7816657208026314070243699708019832046234493582003623486969387481A．01B．02C．07D．085．一组数据按从小到大的顺序排列如下：9,10,12,15,x,17,y,22,26，经计算，该组数据中位数是16，若75%分位数是20，则xy（）A．33B．34C．35D．36）6．已知事件A,B，且PA0.2，PB0.8，则下列说法正确的是（A．若AB，则PAB0.8，PAB0.61B．若A与B互斥，则PAB0.8，PAB0.6C．若A与B相互独立，则PAB1，PAB0D．若A与B相互独立，则PAB0.84，PAB0.16la2,4,xlb2,y,2，若a6，且l1l2，则．已知直线的一个方向向量，直线的一个方向向量712xy（）A．-3或1B．3或1C．-3D．18．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据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3.1；C．中位数为3，众数为2；B．中位数为3，方差为1.6；D．平均数为3，中位数为2.二、多选题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.9．下图为甲、乙两人在同一星期内每日步数的折线统计图，则（）A．这一星期内甲的日步数的中位数为11600B．这一星期内甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差C．这一星期内乙的日步数的方差大于甲的日步数的方差D．这一星期内乙的日步数的上四分位数是703010．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，其中以顶点A为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是60，下列说法中不正确的是（）A．AC1662B．AC1BDC．向量B1C与AA1夹角是606D．向量BD1与AC所成角的余弦值为3已知10个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的8个样本数据的方差为s1，平均数x1；11．最大和最小两个数据的方差为s2，平均数x2；原样本数据的方差为S2，平均数x，若x1x2，则（A．剩下的8个样本数据与原样本数据的中位数不变B．xx1C．剩下8个数据的下四分位数大于原样本数据的下四分位数2D．S22）4212s1s25512．1990年9月，CraigF.Whitaker给《Parade》杂志“AskMarilyn'\"专栏提了一个问题（著名的蒙提霍尔问题，也称三门问题），在蒙提霍尔游戏节目中，事先在三扇关着的门背后放置好奖品，然后让游戏参与者在三扇关着的门中选择一扇门并赢得所选门后的奖品，游戏参与者知道其中一扇门背后是豪车，其余两扇门背后是山羊，作为游戏参与者当然希望选中并赢得豪车，主持人知道豪车在哪扇门后面.假定你初次选择的是1号门，接着主持人会从2，3号门中打开一道后面是山羊的门，询问你是否改选为另一扇没有打开的门则以下说法正确的是（）A．若保持原选择，你获得豪车的概率为131B．若保持原选择，你获得豪车的概率为2C．若你改选号码，则改选号码获得豪车的概率为23D．若你改选号码，则改选号码和保持原选择获得豪车的概率相等三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共40分.13．已知点B是点A3,1,2在坐标平面Oxy内的射影，则OB的值是．．14．已知事件A，B，C两两相互独立，若P(AB)211,P(BC),P(AC)，则P（A）＝93615．在一组数据0，3，5，7，10中加入一个整数．．a得到一组新数据，这组新数据与原数据相比平均数不增大且方差减小，则a的一个取值为．3512216．已知m、nlg2lg5,log43,,tan1，则使函数fxx2mxn有两不相等的零点的概率3为．四、解答题：本大题共6个小题，共计70分.17．对某校高三年级学生参加社区服务次数进行统计，随机抽取M名学生作为样本，得到这M名学生参加社区服务的次数，根据此数据作出了频数与频率的统计表和频率分布直方图．3分组频数1024频率10,1515,2020,250.25npm2M25,30合计0.051(1)写出表中M、p及图中a的值（不需过程）；(2)若该校高三年级学生有240人，试估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在区间10,15上的人数；(3)估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数．（结果精确到0.01）18．某校有5名同学准备去某敬老院参加献爱心活动，其中来自甲班的3名同学用A，B，C表示，来自乙班的2名同学用D，E表示，现从这5名同学中随机抽取2名同学承担敬老院的卫生工作．(1)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；(2)设M为事件“抽取的2名同学来自同一班”，求事件M发生的概率．19．已知a,b,c是空间的一个基底，且OM2abc，OA3a3b，OB2a4b2c，OCa2b3c.(1)求证：M，A，B，C四点共面；OA,OB,OC(2)能否作为空间的一个基底?若能，试用这一基底表示OM；若不能，请说明理由.20．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AP的长为2，且AP与AB、AD1PMMC的夹角都等于60，M在棱PC上，，设ABa，ADb，APc．24(1)试用a，b，c表示出向量BM；(2)求BM与AP所成的角的余弦值．21．2023年9月，第19届亚洲运动会将在中国杭州市举行，某调研机构为了了解人们对“亚运会”相关知识的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“亚运会”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组20,25，第二组25,30，第三组30,35，第四组35,40，第五组40,45，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.(1)根据频率分布直方图，估计这m人的平均年龄和上四分位数；(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“亚运会”宣传使者：（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲､乙两人至少有一人被选上的概率；5，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差2分别为42和1，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和2，3，4，5，6)的方22．甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i(i1，框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者3，而乙、丙、丁相互之间胜负i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为4的可能性相同.(1)求乙连负两场的概率；(2)求甲获得冠军的概率；(3)求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.51．D【分析】根据随机事件的相关概念一一判定即可.【详解】“百发百中”说明投中的可能性比较大，但有可能出现三投不中的可能，即A错误；1“”是事件发生的可能性，掷6次也可能不出现一次2，即B错误；6买彩票中奖的概率为万分之一，也是事件发生的可能性，买一万元的彩票也可能一元不中，即C错误；随机事件发生的概率是多次试验的稳定值，与试验次数无关，D正确.故选：D2．C【分析】利用空间直角坐标系的性质逐个选项判断即可.【详解】点P关于点A的对称点为1,0,5，A错；点P关于x轴的对称点为1,2,1，B错；点P关于y轴的对称点为1,2,1，C正确；点P关于平面xOy的对称点为1,2,1，D错.故选：C3．A【分析】根据分层抽样的抽取比例相同运算求解.【详解】由图可知高三年级学生人数占总人数的36%，抽取的样本中高三年级的学生有45人，所以样本容量为4536%125．故选：A.4．A【分析】根据随机数表法的知识求得正确答案.【详解】选取的前5个个体的编号为：08,02,14,07,01.所以第5个个体的编号为01.故选：A5．D【分析】利用中位数和百分位数的定义得到x16，y20，求出答案.【详解】一共有9个数，故从小到大的第5个数为中位数，即x16，975%6.75，故选取第7个数为75%分位数，故y20，所以xy162036.故选：D66．D【分析】根据事件的包含关系、相互独立､互斥事件概率计算方法计算即可.【详解】因为PA0.2，PB0.8，对于A，如果AB，则ABB，ABA，那么PABPB0.8，PABPA0.2，故A错误；对于B，如果A与B互斥，那么PABPAPB0.20.81，PABP0，故B错误；对于CD，如果A与B相互独立，那么PABPAPB0.20.80.16，PABPAPBPAB0.20.80.160.84，故C错误，D正确.故选：D.7．A【分析】根据空间向量的模的坐标表示结合a6即可求得x的值，再根据ab0，列出方程，即可求得y，从而可得答案.222【详解】因为a24x6，所以x4，又l1l2，所以ab0，1所以ab224y2x0，所以y1x，2所以当x4时，y=3，则xy1，当x4时，y1，则xy3，所以xy3或1.故选：A.8．A【分析】利用反证法即可证得选项A判断正确；利用举反例法即可证得选项BCD判断错误.2【详解】对于A，若平均数为2，出现点数6，可得方差s12623.23.1，5故平均数为2，方差为3.1，一定没有出现点数6，故A正确.对于B，当投掷骰子出现的结果为3，3，3，5，6时，满足中位数为3，方差为：s212222234343454641.6，5此时出现点数为6，故B错误；对于C，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故C错误；7对于D，当投掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故D错误.故选：A9．AB【分析】对于A：直接求出中位数；对于B：分别计算出甲、乙日步数的极差，即可判断；对于C：分别计算出甲、乙方差，即可判断；对于D：将乙的日步数从小到大排列，计算可得；【详解】对于A：甲的步数：16000，7965，12700，2435，16800，9500，11600.从小到大排列为：2435，7965，9500，11600，12700，16000，16800,中位数是11600.故A正确；对于B：这一星期内甲的日步数的极差16800243514365,这一星期内乙的日步数的极差1420053408860,这一星期内甲的日步数的极差大于乙的日步数的极差,故B正确；对于C：由图知甲的波动程度越大，故方差大故C错误；乙的步数从小到大排列为：5340，7030，10060，11600，12300，12970，14200，775%5.25，故这一星期内乙的日步数上四分位数是12970，故D错误.故选：AB.10．CD【分析】根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题进行分析判断，能求出结果.【详解】在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，其中以顶点A为端点的三条棱长均为6，且彼此夹角都是60，AA1ABAA1ADADAB66cos6018.对于A，AA1ABAD222AA1ABAD2AA1AB2ABAD2AA1AD21666，A正确；3636363218216，AC1AA1ABAD对于B，AC1DBAA1ABAD(ABAD)2AA1ABAA1ADABABADABADAD0，AC1BD，即AC1BD，B正确；对于C，连接A1D，由题意可知△AA1D是等边三角形，则AA1D60，B1CA1D，且向量A1D与AA1的夹角是120，向量B1C与AA1夹角是120，C错误；8对于D，BD1ADAA1AB,ACABAD，BD1ACADAA1ABABAD2ABAD63，22ADABADAAABAAADABABAD36，11BD12ADAA1AB62,ACBD1AC366cosBD1,AC，D错误.6BD1AC6263故选：CD11．ABD【分析】设10个样本数据从小到大排列分别为x1,x2,x3...x10，再根据中位数、平均数、下四分卫数与方差的定义与公式推导即可.【详解】设10个样本数据从小到大排列分别为x1,x2,x3...x10，则剩下的8个样本数据为x2,x3...x9.对A：原样本数据的中位数为对B，由题意x1x5x6xx，剩下的8个样本数据中位数为56，故A正确；22111x2x3...x9，x2x1x10，xx1x2...x10.821011x2x3...x9x1x10，82因为x1x2，故x1即x2x3...x98x1,x1x102x1，故x1x2x3...x9x1010x1，故1x1x2x3...x9x10x1，故xx1.故B正确；10112，故剩下8个数据的下四分位数为x3x4，42对C，因为8又10112.5，故原样本数据的下四分位数为x3，又x4x3，故x3x4x3，故C错误；422221212122222222xx...xxsxxxSxx...xx，，.2311012921082102对D，因为xx1x2，故s1922222故x2x3...x98s128x，x12x102s22x，2故S22214128s128x2s22xxs12s12，故D正确.105522故选：ABD12．AC1【分析】由分析知，获得豪车的概率仍然为可判断A，B；再求出改选号码获得豪车的概率可判断C，D.3【详解】如题意所述，游戏参与者初次选择了1号门，因为在做选择的时候不知道豪车在哪个门里，故不影响豪车在三个门中的概率分配，所以获得豪车的概率仍然为13，即A正确，B错误；在选择了1号门的前提下，有以下几种可能的情况：豪车在1号门里，主持人打开2，3号门的其中一扇门，此时更改号码，则没有获得豪车；豪车在2号门里，主持人只能打开3号门，此时更改号码，则获得豪车；豪车在3号门里，主持人只能打开2号门，此时更改号码，则获得豪车；综上所述，若选择更改号码，则获得豪车的概率为2313；即C正确，D错误；故选：AC13．10【分析】先求得点A3,1,2在坐标平面Oxy内的射影B，再利用两点间的距离求解.【详解】因为点A3,1,2在坐标平面Oxy内的射影是B3,1,0，所以OB32(1)2010.故答案为：10.14．13【分析】根据相互独立事件和对立事件的概率公式结合题意列方程组求解即可.【详解】因为事件A，B，C两两相互独立，若P(AB)29,P(BC)13,P(AC)16，所以PABPAPB29，PBCPBPCPB1PC13，PACPAPCPA1PC16，10解得PA故答案为：1．31315．2(答案不唯一，2,3,4,5中任取一个都正确)【分析】根据平均数，方差的计算公式计算即可.【详解】解：由题意得，原数据的平均数035710551582222211.6原数据的方差为0535557510555新数据的平均数x035710a25a5，解得a5，aZ,6622222210x3xax5x7x10x新数据的方差为6215826x502ax183a5，6将x25a代入得，a210a11.080，6287287a5,5解得：，5598710，152871.4，所以a2,3,4,5，5故答案为：2(答案不唯一，2,3,4,5中任取一个都正确)316．##0.37581mnfx【分析】比较lg2lg5、log43、、tan1的大小，分析可知、均为正数，由函数有两不3相等的零点，可得出0，可得出mn，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.1【详解】因为lg2lg51，0log43log441，31335350π11，tan1tan1，4335333tan353512πtan11，31所以，3tan1lg2lg5log430，11因为m、nlg2lg5,log43,135,tan1，则m、n均为正数，3以m,n为一个样本点，因为函数fxx22mxn2有两个不相等的零点，则4m24n20，可得mn，所有的基本事件有：3lg2lg5,lg2lg5、lg2lg5,log43、lg2lg5,15、lg2lg5,tan1、log43,lg2lg5、3log43,log43、log13543,、log43,tan1、313353333,lg2lg5、153,log43、153,153、51,tan13、tan1,lg2lg5、tan1,log43、tan1,135、tan1,tan1，共16个基本事件，333其中，满足函数fx有两个不等的零点的基本事件有：15,lg2lg5、15,log43、33135,tan1、tan1,lg2lg5、tan1,log43、lg2lg5,log43，共36个基本事件，故所求概率为P63168.故答案为：38.17．(1)M40，p0.1，a0.12(2)60人(3)中位数是17.08．【分析】（1）根据频率分布表求出M、n、p，结合频率分布直方图求出a；（2）由频率估计人数；（3）根据中位数计算规则计算可得.【详解】（1）由频率分布表可得M100.2540，n24400.6，所以p10.250.60.050.1，a0.650.12．（2）因为该校高三年级学生有240人，在10,15上的频率是0.25，12所以估计该校高三年级学生参加社区服务的次数在此区间上的人数为2400.2560人．（3）因为0.250.5且0.250.60.5，所以中位数在区间15,20上，因为中位数及前面的数的频率之和为0.5，设样本中位数为x，则0.250.12x150.5，解得x17.08．估计该校高三年级学生参加社区服务次数的中位数是17.08．18．(1)答案见解析(2)25【分析】（1）根据题意列举即可；（2）利用古典概型公式计算即可.【详解】（1）从这5名同学中随机抽取2名同学的所有可能结果为：A,B，A,C，A,D，A,E，B,C，B,D，B,E，C,D，C,E，D,E，共10种；（2）抽取的2名同学来自同一班的所有可能结果为：A,B，A,C，B,C，D,E，共4种，∴P(M)42．10519．(1)证明见解析(2)不能作为基底，理由见解析【分析】（1）根据向量的线性(加减)关系判断AMmABnAC是否成立，即可证结论；（2）判断OAmOBnOC是否成立即可.【详解】（1）由ABOBOAab2c，ACOCOA4ab3c，37而AMOMOAa2bc，则AMABAC，55所以M，A，B，C四点共面；（2）若OA,OB,OC共面，则OAmOBnOC，即3a3bm(2a4b2c)n(a2b3c)，92mn3m8所以3a3b(2mn)a(4m2n)b(2m3n)c，则4m2n3，可得，3n2m3n0493所以OAOBOC，故OA,OB,OC不能作为基底.84212BMabc20．(1)333(2)7173413【分析】（1）根据向量线性运算，化简即得用a，b，c表示向量BM的式子；（2）利用空间的数量积和向量夹角公式进行求解即可．12【详解】（1）因为PMMC，则BMBCCMBCCP，32因为ABCD是边长为1的正方形，则CPAPACAPABADAPABAD，2122且BCAD，可得BMADAPABADABADAP，3333212又因为AB=a，ADb，APc，所以BMabc.333（2）由题意可知：ab1，c2，c与a、b的夹角均为60°，a与b的夹角为90°，22122421242484则BMabcabcabacbc3399999934148417412cos6012cos60，999999uuur17可得BM，321又因为BMAPab332212ccacbcc33332212712cos6012cos604，33337BMAP7173设BM与AP所成的角为，所以cos．3417BMAP2321．(1)31.75岁；36.253(2)（i）；（ii）105【分析】（1）根据频率分布直方图，利用平均数的计算公式求解可得平均数；上四分位数即第75百分位数，根据定义可构造方程求得结果；（2）（i）根据分层抽样原则可求得第四组和第五组抽取的人数，采用列举法可得样本点总数和满足题意的样本点个数，根据古典概型概率公式可求得结果；（ii）由zxyi1i42s21466i1i可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数，由2221222z可求得第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差.14【详解】（1）设这m人的平均年龄为x，则x22.50.127.50.3532.50.2537.50.242.50.131.75（岁）设上四分位数（第75百分位数）为a，0.0150.0750.0650.70.8，0.0150.0750.0650.0450.90.75，a位于第四组：35,40内；方法一：由50.0240a0.040.25，解得a36.25.方法二：由0.10.350.25a350.040.75，解得a36.25.（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为A，B，C，甲，第五组抽取2人，记为D，乙，对应的样本空间为：ΩA,B,A,C,A,甲,A,乙,A,D,B,C,,,甲,D,乙,DB,甲,B,乙,B,D,C,甲,C,乙,C,D,甲乙，共15个样本点.设事件M“甲､乙两人至少一人被选上”，则MA,甲,A,乙,B,甲,B,乙,C,甲,C,乙,甲乙,,甲,D,乙,D，共有9个样本点.所以，PMnMn3.5（ii）设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2.2设第四组的宣传使者的年龄分别为x1,x2,x3,x4，平均数为x36，方差为s12设第五组的宣传使者的年龄分别为y1，y2，平均数为y42，方差为s21，5，2141214142222则xxi，yyi，s1xixxi4x，4i12i14i14i1121222syiyyi2y2，2i12i122222可得xi4x，yi2y，x4s4x，yi2s22y，i1i1i12i2124242i1设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2．则zxyi1i426i1i，4x2y4362423866即第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为38，221414222222法一：sxizyizxi4zyi2z6i1i16i1i1215124s124x24z22s22y22z26154436243822124222382622法二：s.101462122222z15221423810.43638262即第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10；据此估计这m人中年龄在3545岁的所有人的年龄的平均数为38，方差约为10．22．(1)(2)388137(3)128128【分析】（1）乙在第1场、第4场均负，利用独立事件的乘法公式进行求解；（2）分析出甲获胜的情况，得到各个情况下的概率，相加后得到答案；（3）分乙的决赛对手是甲，丙，丁，分析出各场比赛胜负情况，求出相应的概率，相加后得到答案.【详解】（1）乙连负两场，即乙在第1场、第4场均负，313；∴乙连负两场的概率为P1428（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，3333181∴甲获得冠军的概率为：P2()2()．444128（3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，∴甲与乙在决赛相遇的概率为：P33311133127．44224442128若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：P4111311111131115()()，42244424224442128若乙的决赛对手是丁，和乙的决赛对手是丙情况相同，∴乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：275537．12812812812816