山东省烟台市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省烟台市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共22页。
2022～2023学年度第二学期期末学业水平诊断高一数学注意事项：1．本试题满分150分，考试时间为120分钟.2．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效.3．答卷前将密封线内的项目填写清楚.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.1. 若随机事件，互斥，且，，则（    ）A. 0 B. 0.18 C. 0.6 D. 0.9【答案】D【解析】【分析】由互斥事件概率加法公式计算.【详解】随机事件，互斥，且，，所以，故选：D.2. 下列几何元素可以确定唯一平面的是（    ）A. 三个点 B. 圆心和圆上两点C. 梯形的两条边 D. 一个点和一条直线【答案】C【解析】【分析】根据平面的确定方法求解.【详解】对A，三个不共线的点才能确定唯一平面，A错误；对B，当圆上的两点和圆心共线时，三个点不能确定唯一平面，B错误；对C，梯形的任意两条边都能确定梯形所在的平面，所以确定的平面唯一，C正确；对D，当点在直线上时，这个点和直线不能确定唯一平面，D错误，故选:C.3. 若一水平放置的正方形的边长为2，则其用斜二测画法得到的直观图的面积是（    ）A.  B. 2 C.  D. 4【答案】A【解析】【分析】由求解.【详解】解：因为一水平放置的正方形的边长为2，且，所以其直观图的面积是，故选：A4. 某汽车生产厂家用比例分配的分层随机抽样方法从，，三个城市中抽取若干汽车进行调查，各城市的汽车销售总数和抽取数量如右表所示，则样本容量为（    ）城市销售总数抽取数量42028020700 A. 60 B. 80 C. 100 D. 120【答案】C【解析】【分析】根据分层抽样的方法求解.【详解】由题可得，，，三个城市的销售总数比为，所以，所以所以样本容量为100.故选:C.5. 在正四面体中，，分别是，中点，则与所成角的大小为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设四面体棱长为2，取取中点，连结，，利用三角形中位线性质作出异面直线所成的角，然后利用余弦定理求解即可.【详解】  取中点，连结，，，，设正四面体的棱长为2，因为，分别是，中点，所以，所以或其补角是与所成角.又，是中点，在中，，因为，分别是，中点，所以，又，在中，由余弦定理可知，又，所以与所成角.故选：B6. 甲、乙、丙三人破译一份密码，若三人各自独立破译出密码的概率为，，，且他们是否破译出密码互不影响，则这份密码被破译出的概率为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据独立事件的概率乘法公式求解.【详解】设这份密码被破译出为事件，所以,所以,故选:D.7. 如图，圆锥的侧面展开图是半径为5、圆心角为的扇形，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，相应圆柱的体积为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出圆锥的半径和高，然后设出圆柱的底面半径和高，利用圆锥轴截面结合圆柱侧面积公式求得侧面积，利用二次函数求得最值时圆柱的底面半径和高，代入圆柱体积公式即可求解.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，因为圆锥的侧面展开图是半径为5、圆心角为的扇形，所以圆锥的母线长为，即，则，作出圆锥轴截面如图所示：  设圆柱的底面半径为，高为，由题意可知，可得，则圆柱的侧面积，所以当时，圆柱的侧面积取得最大值，此时圆柱的体积为.故选：C8. 如图，一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，抛掷这个正八面体两次，记它与地面接触的面上的数字分别为，，则的概率为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，分别求得基本事件的总数与满足要求的基本事件个数，即可得到结果.【详解】由题意可得，基本事件的总数为，则事件“”包含的基本事件为：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共个，所以事件的概率.故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知，为空间中两条不同的直线，，，为空间中三个不同的平面，则（    ）A. 若，，则B. 若，，，则C. 若，，，则D. 若，，，则【答案】BCD【解析】【分析】根据直线与平面、平面与平面的位置关系逐项判断可得答案.【详解】对于A，若，，则或，故A不正确；对于B，若，，，则（线面平行的性质定理），故B正确；对于C，若，，所以，又且，是空间两个不同的平面，则，故C正确；对于D，因为，如下图，  若分别为面、面、面，且为，显然面，则，故D正确；故选：BCD.10. 某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（    ）  A. 该校高一学生总数为B. 该校高一学生中选考物化政组合的人数为C. 该校高一学生中选考物理的人数比选考历史的人数多D. 用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取人，则生史地组合抽取人【答案】AC【解析】【分析】根据政史地人数和占比可确定A正确；计算出物化生的人数后即可确定B错误；分别计算选考历史和物理的人数，则知C正确；确定生史地组合人数占比后，根据分层抽样原则可知D错误.【详解】对于A，选科为政史地的人数为人，占比为，该校高一学生共有人，A正确；对于B，选科为物化生的人数为人，选科为物化政的人数为，B错误；对于C，选考历史的人数有人，选考物理的人数有人，选考物理的人数比选考历史的人数多，C正确；对于D，选科为生史地的学生人数占比为，采用分层抽样抽取人，生史地组合应抽取人，D错误.故选：AC.11. 一个袋子中有标号分别为、、、的个球，除标号外没有其他差异．从袋中随机摸球两次，每次摸出个球，设事件“第一次摸出球的标号小于”，事件“第二次摸出球的标号小于”，则以下结论错误的有（    ）A. 若摸球方式为有放回摸球，则与互斥B. 若摸球方式为有放回摸球，则与相互独立C. 若摸球方式为不放回摸球，则与互斥D. 若摸球方式为不放回摸球，则与相互独立【答案】ACD【解析】【分析】以、分别表示第次、第次摸球的编号，以为一个基本事件，列举出所有的基本事件，以及事件、、所包含的基本事件，利用互斥事件以及独立事件的定义逐项判断，即可得出合适的选项.【详解】以、分别表示第次、第次摸球的编号，以为一个基本事件.对于AB选项，若摸球方式为有放回摸球，则所有的基本事件个数为个，事件包含的基本事件有：、、、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、、、、、，共种，则事件包含的基本事件有：、、、，则，即与不互斥，A错，，，即与相互独立，B对；对于CD选项，若摸球方式为不放回摸球，则所有的基本事件有：、、、、、、、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、、、，共种，事件包含的基本事件有：、、、，共种，则，即与不互斥，C错，，，即与不相互独立，D错.故选：ACD.12. 在棱长为1的正方体中，，分别是，中点，，，，分别是线段，，，上的动点，则（    ）A. 存在点，，使得B. 三棱锥的体积为定值C. 的最小值为D. 直线与所成角的余弦值的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用线线平行的坐标运算判断A；利用等体积法判断B；利用空间中两点距离公式表示距离，然后利用三点共线最小求解判断C；利用异面直线夹角的向量坐标公式求出余弦值函数，利用函数的性质求解范围判断D.【详解】如图：  如图以为原点，分别以、、方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系，则，，设，，设，则，设，则，对于选项A，，，若，则，所以，矛盾，故不存在点，，使得，错误；对于选项B，因为平面平面，所以点M到平面的距离为正方体的棱长1，又，所以为定值，正确；对于选项C，，，所以记，，因为表示点到点与点的距离之和，由平面几何知识，当、、三点共线时距离和最小，所以，又，所以当时，有最小值为，所以的最小值为，正确；对于选项D，设直线与所成的角为，又，，所以，令，则，又在上单调递减，在上单调递增，且，，所以，所以，所以，所以，所以直线与所成角的余弦值的取值范围为，正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：立体几何中的动态问题：①几何法：根据图形特征，寻找两点之间的距离的范围；②坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标求范围.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某学校高一男生、女生的人数之比为，现采用比例分配的分层随机抽样方法抽取90人，若样本中男生的平均身高为171，女生的平均身高为160.2，则该校高一学生平均身高的估计值为___________（单位：）．【答案】165【解析】【分析】利用平均数的求法即可得解.【详解】依题意，设样本中高一男生人数为，则样本中高一女生的人数为，故，解得，则样本中高一男生人数为，高一女生的人数为，所以样本中高一学生平均身高为，故而该校高一学生平均身高的估计值为.故答案为：165.14. 已知正四棱台上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为3，则此棱台的体积为___________．【答案】##【解析】【分析】根据棱台的体积公式直接计算即可.【详解】由题意可知此棱台的上、下底面对角线长、，  所以棱台的高，所以棱台的体积，故答案为：15. 我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有1个阳爻的概率是___________．  【答案】【解析】【分析】根据古典概率模型求解.【详解】由题可知，共有个不同的重卦，恰有1个阳爻的有个，则该重卦恰有1个阳爻的概率是，故答案为: .16. 边长为2的正三角形中，，分别为，中点，将沿折起，使得，则四棱锥的体积为___________，其外接球的表面积为___________．【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】作出四棱锥的高，计算出高和底面积，可得体积.根据球的性质找到球心，求出半径可得表面积.【详解】取的中点，的中点，连，因为为边长为的正三角形，，分别为，中点，所以，，所以四边形平行四边形，所以，，又，所以，因为，所以，又因为，所以，因为，，，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，过作，垂足为，则在的延长线上，因为平面，平面平面，所以平面，因为，所以，，，，所以.因为，所以为四边形外接圆圆心，设正三角形外接圆圆心为，四棱锥的外接球球心为，则平面，平面，所以，，则是四边形的外接圆直径，因为，所以由正弦定理得，所以，即四棱锥的外接球半径为，所以四棱锥的外接球表面积为.  故答案为：；.【点睛】关键点点睛：利用球的性质找到球心，求出球的半径是解题关键.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 某农场在两块面积相同的水稻试验田中分别种植甲、乙两种水稻，已知连续6季的产量如下：品种第1季第2季第3季第4季第5季第6季甲/550580570570550600乙/540590560580590560现在该农场决定选择其中一种水稻进行推广种植，若你是农场经营者，你会如何选择？请使用统计学的有关知识进行说明．【答案】答案见解析【解析】【分析】分别求出两种水稻的平均数与方差，再根据平均数与方差即可得出结论.【详解】设甲种水稻产量平均值和方差分别为，，乙种水稻产量的平均值和方差分别为，，由题中数据可得，，，，，因为，，所以两种水稻产量的总体水平相同，但甲种水稻的产量较稳定，所以应推广甲种水稻种植．18. 如图，在三棱锥中，底面，．  （1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据平面垂直平面的判定定理即可证明；（2）要求直线与平面所成角的正弦值，先作出直线与平面所成角，进而可求解.【小问1详解】证明：因为平面，平面，所以．又因为，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．【小问2详解】在平面内过点作于，连接．  又平面平面，平面平面，平面，所以平面．所以即为直线与平面所成的角．因为，不妨设，则，因为平面，平面，所以，所以，，又因为，所以，故，即直线与平面所成角的正弦值为．19. 某商场随机抽取了100名员工的月销售额（单位：千元），将的所有取值分成，，，，五组，并绘制得到如图所示的频率分布直方图，其中．  （1）求，的值；（2）设这100名员工月销售额的第75百分位数为．为调动员工的积极性，该商场基于每位员工的月销售额制定如下奖励方案：当某员工的月销售额不足5千元时，不予奖励；当时，其月奖励金额为0.3千元；当时，其月奖励金额为0.8千元；当不低于时，其月奖励金额为1.1千元．根据频率分布直方图，用样本频率近似概率，估计上述奖励方案下该商场一名员工的月奖励金额的平均值．【答案】（1），    （2）0.699（千元）．【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图中各小长方形面积和为1并结合即可求解；（2）先求第75百分位数，然后确定奖励方案，进而估算出月奖励金额的平均值.【小问1详解】由已知得，所以，又因为，所以，．【小问2详解】由于，所以员工月销售额的第75百分位数为20，所以，当时，奖励金额为0.3千元；当时，奖励金额为0.8千元；当时，奖励金额为1.1千元，所以，该商场一位员工的月奖励金额的平均值为：（千元）．20. 如图，在正三棱柱中，是中点．  （1）证明：平面；（2）若，，求到平面的距离．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用三角形中位线性质可得，由线面平行的判定可得结论；（2）利用体积桥可构造方程求得结果.【小问1详解】连接，交于点，连接，  四边形为平行四边形，为中点，又为中点，，又平面，平面，平面.【小问2详解】设，到平面的距离为，，，，又为中点，，又为等边三角形，，解得：，，，，解得：，即到平面的距离为.21. 如图，在圆锥中，为顶点，为底面圆的圆心，，为底面圆周上的两个相异动点，且，．  （1）求面积的最大值；（2）已知为圆的内接正三角形，为线段上一动点，若二面角的余弦值为，试确定点的位置．【答案】（1）    （2）点为线段上靠近点的四等分点．【解析】【分析】（1）根据勾股定理求出，由三角形面积公式及均值不等式求最值即可；（2）先证明即为二面角的平面角，由三角形面积公式及余弦定理求解，即可确定点的位置.【小问1详解】取中点，连接，．  设，，又，，所以在和中，，，所以，，当且仅当，即时，等号成立．所以面积的最大值为．【小问2详解】因为为圆的内接正三角形，由正弦定理得：．过点作于点，连接．因为，所以．所以即为二面角的平面角．连接，设，，则，．在中，，所以．在中，由余弦定理得：，将，代入上式，解得．所以点为线段上靠近点的四等分点．22. 已知甲、乙两个袋子中各装有形状、大小、质地完全相同的3个红球和3个黑球，现设计如下试验：从甲、乙两个袋子中各随机取出1个球，观察两球的颜色，若两球颜色不同，则将两球交换后放回袋子中，并继续上述摸球过程；若两球颜色相同，则停止取球，试验结束．（1）求第1次摸球取出的两球颜色不同的概率；（2）我们知道，当事件与相互独立时，有．那么，当事件与不独立时，如何表示积事件的概率呢？某数学小组通过研究性学习发现如下命题：，其中表示事件发生的条件下事件发生的概率，且对于古典概型中的事件，，有．依据上述发现，求“第2次摸球试验即结束”的概率．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设甲袋中三个红球为1，2，3，三个黑球为，，，乙袋中的三个红球为4，5，6，三个黑球为，，，利用列举法结合古典概型求解即可；（2）设事件“第1次摸球取出的两球颜色不同”，事件“第2次摸球取出的两球颜色相同”，结合（1）分别求出，再根据题中所给公式计算即可.【小问1详解】设甲袋中的三个红球为1，2，3，三个黑球为，，，乙袋中的三个红球为4，5，6，三个黑球为，，，设第1次摸球对应的样本空间为，则，设事件“第1次摸球取出的两球颜色不同”，则事件，所以，所以；【小问2详解】设两次摸球试验的样本空间为，则，在样本空间中，设事件“第1次摸球取出的两球颜色不同”，事件“第2次摸球取出的两球颜色相同”，由（1）知，第1次摸球取出的两球颜色不同共有18个可能的结果，且每个可能的结果对应的“第2次摸球中从甲、乙两袋中各一个球”均有36种可能取法，所以，由（1）知，第1次摸球取出的两球颜色不同共有18个可能的结果，不妨设第1次摸球中甲取出1、乙取出（其余情况，同理可得），则第1次摸球结束后，甲袋中红球2个、黑球4个，乙袋中红球4个、黑球2个，在接下来的第2次摸球中，当甲、乙两袋取出的球颜色相同时，共有种取法，故，所以，因此．