2023-2024学年山东省烟台市高一下学期7月期末学业水平诊断数学试题（含解析）

2023-2024学年山东省烟台市高一下学期7月期末学业水平诊断
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知事件与事件互为对立事件，且，则( )
A. B. C. D.
2.给定一组数据：，，，，，，，则其分位数为( )
A. B. C. D.
3.某公司，，三个部门的员工数量之比为，现采用分层抽样的方法从这三个部门抽取名员工进行问卷调查，若从部门抽取员工名，则从部门抽取员工的数量为( )
A. B. C. D.
4.在正方体中，直线与所成角的大小为( )
A. B. C. D.
5.袋子中有个除颜色外完全相同的小球，其中个红球、个白球，从中不放回地依次随机摸出个球，则“第二次摸到白球”的概率为( )
A. B. C. D.
6.若，是异面直线，则下列结论一定正确的是( )
A. 存在与，都平行的直线 B. 存在与，都垂直的平面
C. 存在过且与垂直的平面 D. 存在过且与平行的平面
7.如图，是用斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积为( )
A. B. C. D.
8.先后两次抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有数字，，，，，的正六面体骰子，观察并记录骰子朝上面的点数若甲表示事件“第一次的点数大于”，乙表示事件“两次点数之和为”，丙表示事件“至少有一次的点数为”，则( )
A. 甲与乙互斥 B. 乙与丙互斥 C. 甲与乙独立 D. 乙与丙独立
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的有( )
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，，则
10.已知一组样本数据，，，，满足，则去掉后的新数据与原数据相比( )
A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 方差不变 D. 极差不变
11.已知，，是边长为的等边三角形相应边的中点，分别沿着，，把，，向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，，，得到多面体，则( )
A. 多面体中直线与所成的角为
B. 多面体中直线与平面所成的角为
C. 多面体的体积为
D. 多面体外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数据，，，，，的众数为，则其标准差为 ．
13.若某正四棱台的上、下底面的边长分别为和，侧棱长为，则其体积为 ．
14.如图，在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，且平面，点为的中点，点为棱上一动点，且若直线与底面所成角的正切值为，则的值为 在，，，，，个点中任取个，则这个点能构成三棱锥的概率为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字，，，的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为，黄色骰子与地面接触的面上的数字为．
求“为偶数”的概率
求“”的概率．
16.本小题分
每年的月日为“世界读书日”为了解学生课外阅读情况，某学校从本校学生中随机抽取了名学生，对其每天阅读时间单位：分钟进行调查，并依据样本数据绘制了如下频率分布直方图．
求频率分布直方图中的值
求样本数据的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值代表
已知落在样本数据的平均值是，方差是落在样本数据的平均值是，方差是求落在样本数据的平均值和方差．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，，，．
求证：平面平面
若，，分别为，的中点，求证：平面平面．
18.本小题分
甲、乙两支代表队进行趣味篮球对抗赛，规则如下：对抗赛分为若干局每局比赛只有胜负两种结果，胜者得分，负者得分积分首先达到分的代表队赢得对抗赛，对抗赛结束假定甲代表队每局比赛获胜的概率为，且各局比赛结果互不影响．
求经过局比赛，对抗赛结束的概率
求甲代表队赢得对抗赛的概率．
19.本小题分
如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点．
求证：平面
设平面与平面的交线为，求二面角的正切值
在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为若存在，求出的长度若不存在，说明理由．
答案解析
1.
【解析】解：因为对立事件的概率公式，
故选C．
2.
【解析】解：由题意，因为，
故分位数为
3.
【解析】解：由题意，得从部门抽取的人数为，
故从部门抽取员工的数量为
4.
【解析】解：连结B、，
正方体中，，
四边形是平行四边形，可得，
因此或其补角就是与所成的角，
设正方体的棱长等于，
中，，
是等边三角形，可得．
即异面直线与所成角的大小是．
故选C．
5.
【解析】解：袋子中有个大小质地完全相同的球，其中个红球，个白球，
从中不放回地依次随机摸出个球，则第二次摸到白球的情况有两种：
第一次摸到红球，第二次摸到白球，概率；
第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率，
故第二次摸到白球的概率．
6.
【解析】解：对于，若存在直线，，根据直线平行的传递性，则，这与题意不符，故A错误；
对于，若存在平面满足，，则，这与题意不符，故B错误；
对于，若，不垂直，则不可能存在过且与垂直的平面，C错误；
对于，在上取一点，过作，
，确定平面，由于，且，，故，而，故D正确．
7.
【解析】根据斜二测画法，可以得到的平面图如下：
其中，由于，故，从而为直角三角形，其绕为轴旋转得到的几何体为圆锥，如图：
它是一个底面半径，高，母线的圆锥，从而圆锥表面积，选B
8.
【解析】解：由题意可得事件总数为，
甲乙都包含，，故甲与乙不互斥，故A错误；
乙丙都包含，，故乙与丙不互斥，故B错误；
甲的事件总数为，乙的样本点为，，，，，，共种，
丙的样本点为，，，，，，，，，，，共种，
甲与乙都包含，，
故，
所以，即甲与乙独立，故C正确；
乙与丙都包含，，
故，
所以，即乙与丙不独立，故D错误．
9.
【解析】解：若，，则或，故A错误；
B.若，，，由线面垂直的性质，则，故B正确；
C.因，，则，或，又，由面面垂直的判定定理可得，故C正确；
D.若，，当与为相交直线时，，，则，故D错误．
故选BC．
10.
【解析】解：因为，所以，
原数据的平均数为，
新数据的平均数为，故平均数不变，故A正确；
对于，易知，故原数据的中位数为，
新数据的中位数为，故中位数不变，故B正确；
原数据的方差为，
新数据的方差为，故方差改变，故C错误；
原数据的极差为，新数据的极差也为，故极差不变，故D正确．
11.
【解析】解：如图，取中点，中点，连接，，，
则，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，同理平面，
则，又，
所以四边形为平行四边形，
所以，且，
因为，分别为，中点，
所以，且，
所以，
则即为直线与所成的角或其补角，
在等边三角形中，，A正确；
如图，取中点，连接，在平面内过点作，垂足为，连接，
同选项中解法可得且，
则且，
所以四边形为平行四边形，
所以且，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
则即为直线与平面所成的角，
在中，，，
所以，
所以，B错误；
如图，取，，中点，，，连接，，，，，，
得多面体由三棱柱与三个四棱锥组合而成，
则多面体的体积
，C正确；
如图，取外接圆圆心，取外接圆圆心，连接，，，则多面体外接球的球心在上，连接，，
则，，，
设，多面体外接球的半径为，即，
则在中，，即，
在中，，即，
联立解得，，
则多面体外接球的表面积，D正确．
12.
【解析】解：因为数据，，，，，的众数为，
则，
故平均数为，
则标准差为
13.
【解析】解：由题意可知，棱台的高为：，
上底面面积为，下底面面积为，
则该正四棱台的体积是，
故答案为．
14.
【解析】解：过点作的平行线交于点，即．
因为，所以．
又，平面，
所以平面，
所以即为直线与平面所成角．
，故．
又，所以，
所以．
在中，由余弦定理可得，
即，解得．
在，，，，，个点中任取个，共有种取法，
其中四点共面的有，，，，，，共种，
所以四点不共面的有种，
所以这个点能构成三棱锥的概率为．
15.解：由题意知，样本空间，，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点．
设事件“为偶数”，则，，，，，，，，，，，，共个样本点．
所以，即“为偶数”的概率为．
由知，样本空间包含个样本点．
设事件“”，
则，，，，，，，，，，共个样本点．
所以，即“”的概率为．
【解析】根据题意，样本空间共有个样本点，设事件“为偶数”，事件有个样本点，即可求出概率；
设事件“”，事件中含有个样本点，即可求出概率．
16.解：由题意知，，解得．
根据频率分布直方图，
，
所以．
由频率分布直方图知，落在、的样本数据的频数分别为，，
所以，
所以．
【解析】利用频率之和为，即可求出的值；
利用公式即可求出平均数；
利用已知条件先求出，再代入公式，可求出方差．
17.证明：因为，，所以．
又因为，，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
延长交于，
因为，分别为，中点，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为，所以，又为中点，所以，
注意到，所以，所以，
又因为，所以为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面平面．
【解析】利用线面垂直的条件证得平面，再由面面垂直的判定定理可得；
由题意证明平面和平面，再由面面平行的判定定理可得．
18.解：设事件“甲第局获胜”，事件“经过局比赛，对抗赛结束”，由题意知，前局比赛中，甲全胜或者全负，即，，，于是，经过局比赛，对抗赛结束的概率为．
设事件“甲赢得对抗赛”，“经过局比赛，甲赢得对抗赛”，，，则
若，则甲、乙的积分之比为，
若，则甲、乙的积分之比为，即在前三局比赛中，甲胜两局负一局，第四局甲获胜，所以
若，则甲、乙的积分之比为，即在前四局比赛中，甲、乙两人各胜两局，第五局甲获胜，所以；
故．
【解析】利用已知得，即可得出；
分别求出，，对应的概率，再相加即可．
19.证明：设，连接，因为四边形为平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以．
因为平面，平面，所以平面．
设平面与平面的交线为，又平面，平面，
所以．
因为，，，，平面．
所以平面．
设为中点，则，所以平面．
因为平面，
所以
过作，
因为，，平面．
所以平面．
连接，则，
所以为二面角的平面角．
因为∽，
所以，即，
所以．
在中，，，
所以，即二面角的正切值为．
设在面上射影为，
则为与平面所成角．
由，可得．
由，
所以．
在中，由余弦定理，
解得，
所以在线段上存在点，当时，与平面所成角大小为．
【解析】证得是关键；
利用平面，得为二面角的平面角，在中即可求出；
利用已知得为与平面所成角，利用体积可得得，再利用，求出，再用余弦定理即可求出．
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