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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）
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这是一份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），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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A与事件B互为对立事件，且P(A)=0.4，则P(B)=( )
A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.7
2.给定一组数据：10，12，15，16，18，20，21，则其75%分位数为( )
A. 17B. 18C. 19D. 20
3.某公司A，B，C三个部门的员工数量之比为a:3:4，现采用分层抽样的方法从这三个部门抽取18名员工进行问卷调查，若从B部门抽取员工6名，则从A部门抽取员工的数量为( )
A. 2B. 4C. 5D. 6
4.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC与BC1所成角的大小为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
5.袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球、3个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则“第二次摸到白球”的概率为( )
A. 34B. 12C. 14D. 15
6.若a，b是异面直线，则下列结论一定正确的是( )
A. 存在与a，b都平行的直线B. 存在与a，b都垂直的平面
C. 存在过a且与b垂直的平面D. 存在过a且与b平行的平面
7.如图，△A′B′C′是用斜二测画法得到的水平放置的△ABC的直观图，其中O′C′=O′A′=2O′B′=1.以BC为轴，将△ABC旋转一周得到的几何体的表面积为( )
A. 2 2πB. (2+2 2)πC. 4 2πD. (2+4 2)π
8.先后两次抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6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4”，乙表示事件“两次点数之和为7”，丙表示事件“至少有一次的点数为4”，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m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的有( )
A. 若m//n，m//β，则n//β
B. 若α//β，m⊥α，n⊥β，则m//n
C. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
D. 若m//β，n//β，m⊂α，n⊂α，则α//β
10.已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5满足xi+1=xi+2(i=1,2,3,4)，则去掉x3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D，E，F是边长为2的等边三角形ABC相应边的中点，分别沿着DE，EF，DF把△BDE，△CEF，△ADF向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面DEF垂直，再顺次连接A，B，C，得到多面体ABC−DEF，则( )
A. 多面体中直线AC与BD所成的角为60∘
B. 多面体中直线BE与平面ADF所成的角为60∘
C. 多面体的体积为932
D. 多面体外接球的表面积为5π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数据−1，2，4，x，7，8的众数为4，则其标准差为 ．
13.若某正四棱台的上、下底面的边长分别为2和4，侧棱长为3 2，则其体积为 ．
14.如图，在三棱锥P−ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA=1且PA⊥平面ABC，点M为AB的中点，点N为棱PC上一动点，且CN=λCP(0<λ<1).若直线MN与底面ABC所成角的正切值为12，则λ的值为 ;在A，M，B，P，N，C6个点中任取4个，则这4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12分)
抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字1，2，3，4的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为x，黄色骰子与地面接触的面上的数字为y．
(1)求“xy为偶数”的概率;
(2)求“|x−y|≤1”的概率．
16.(本小题12分)
每年的4月23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200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．
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)求样本数据的平均值x(同一组中的数据用该组区间的中点值代表);
(3)已知落在[40,60)样本数据的平均值是53，方差是4;落在[60,80)样本数据的平均值是68，方差是9.求落在[40,80)样本数据的平均值y和方差s2．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB⊥PA，CD⊥PD．
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若DC=2AB，E，F分别为BD，PD的中点，求证：平面PBC//平面AEF．
18.(本小题12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1分，负者得0分;积分首先达到3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23，且各局比赛结果互不影响．
(1)求经过3局比赛，对抗赛结束的概率;
(2)求甲代表队赢得对抗赛的概率．
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=12AA1=1，P，Q分别为AC，AA1的中点．
(1)求证：AB1//平面PBC1;
(2)设平面PBC1与平面ABB1A1的交线为l，求二面角P−l−A的正切值;
(3)在线段CQ上是否存在点M，使直线AM与平面B1CQ所成角的大小为π6?若存在，求出CM的长度;若不存在，说明理由．
答案解析
1.C
【解析】解：因为对立事件的概率公式P(B)=1−P(A)=0.6，
故选C．
2.D
【解析】解：由题意，因为7×75％=5.25，
故75%分位数为20
3.B
【解析】解：由题意，得从C部门抽取的人数为6×43=8，
故从A部门抽取员工的数量为18−6−8=4
4.C
【解析】解：连结A1B、A1C1，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1= //CC1，
∴四边形ACC1A1是平行四边形，可得AC//A1C1，
因此∠BC1A1(或其补角)就是AC与BC1所成的角，
设正方体的棱长等于1，
∵△A1BC1中，A1B=A1C1=BC1= 2，
∴△A1BC1是等边三角形，可得∠BC1A1=60∘．
即异面直线AC与BC1所成角的大小是60∘．
故选C．
5.A
【解析】解：袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中1个红球，3个白球，
从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到白球的情况有两种：
①第一次摸到红球，第二次摸到白球，概率P1=14×33=14；
②第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率P2=34×23=12，
故第二次摸到白球的概率P=P1+P2=14+12=34．
6.D
【解析】解：对于A，若存在直线c//a，c//b，根据直线平行的传递性，则a//b，这与题意不符，故A错误；
对于B，若存在平面α满足a⊥α，b⊥α，则a//b，这与题意不符，故B错误；
对于C，若a，b不垂直，则不可能存在过a且与b垂直的平面，C错误；
对于D，在a上取一点A，过A作b′//b，
a，b′确定平面α，由于b′//b，且b′⊂α，b⊄α，故b//α，而a⊂α，故D正确．
7.B
【解析】根据斜二测画法，可以得到△ABC的平面图如下：
其中OC=OA=OB=1，由于BC=BA= 12+12= 2，故BC2+BA2=AC2，从而△ABC为直角三角形，其绕BC为轴旋转得到的几何体为圆锥，如图：
它是一个底面半径r= 2，高ℎ= 2，母线l=2的圆锥，从而圆锥表面积S=πr2+12·2πrl=2π+2 2π，选B
8.C
【解析】解：由题意可得事件总数为6×6=36，
甲乙都包含(5,2)，(6,1)，故甲与乙不互斥，故A错误；
乙丙都包含(4,3)，(3,4)，故乙与丙不互斥，故B错误；
甲的事件总数为2×6=12，乙的样本点为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种，
丙的样本点为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(4,4)，(5,4)，(6,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11种，
甲与乙都包含(5,2)，(6,1)，
故P(甲)=1236=13,P(乙)=636=16,P(甲乙)=236=118，
所以P(甲乙)=P(甲)P(乙)，即甲与乙独立，故C正确；
乙与丙都包含(4,3)，(3,4)，
故P(乙)=16,P(丙)=1136,P(乙丙)=236=118，
所以P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，即乙与丙不独立，故D错误．
9.BC
【解析】解：A.若m//n，m//β，则n//β或n⊂β，故A错误；
B.若α//β，m⊥α，n⊥β，由线面垂直的性质，则m//n，故B正确；
C.因m⊥n，m⊥α，则n//α，或n⊂α，又n⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故C正确；
D.若m⊂α，n⊂α，当m与n为相交直线时，m//β，n//β，则α//β，故D错误．
故选BC．
10.ABD
【解析】解：因为xi+1=xi+2，所以x1+x5=x2+x4=2x3，
原数据的平均数为x1+x2+x3+x4+x55=5x35=x3，
新数据的平均数为x1+x2+x4+x54=4x34=x3，故平均数不变，故A正确；
对于B，易知x1新数据的中位数为x2+x42=2x32=x3，故中位数不变，故B正确；
原数据的方差为15×2x1−x32+x2−x32，
新数据的方差为14×2x1−x32+x2−x32，故方差改变，故C错误；
原数据的极差为x5−x1，新数据的极差也为x5−x1，故极差不变，故D正确．
11.ACD
【解析】解：如图，取DF中点P，EF中点Q，连接AP，CQ，PQ，
则AP⊥DF，CQ⊥EF，
因为平面ADF⊥平面DEF，平面ADF⋂平面DEF=DF，AP⊂平面ADF，
所以AP⊥平面DEF，同理CQ⊥平面DEF，
则AP//CQ，又AP=CQ，
所以四边形ACQP为平行四边形，
所以AC//PQ，且AC=PQ，
因为P，Q分别为DF，EF中点，
所以PQ//DE，且PQ=12DE，
所以AC//DE，
则∠BDE即为直线AC与BD所成的角(或其补角)，
在等边三角形BDE中，∠BDE=60°，A正确；
如图，取EF中点Q，连接AQ，在平面DEF内过点Q作QH⊥DF，垂足为H，连接AH，
同A选项中解法可得AB//EF且AB=12EF，
则AB//QE且AB=QE，
所以四边形ABEQ为平行四边形，
所以AQ//BE且AQ=BE=1，
因为平面ADF⊥平面DEF，平面ADF⋂平面DEF=DF，QH⊂平面DEF，
所以QH⊥平面ADF，
则∠QAH即为直线BE与平面ADF所成的角，
在Rt△AQH中，QH=12×1× 32= 34，AQ=1，
所以sin∠QAH=QHAQ= 34，
所以∠QAH≠60°，B错误；
如图，取DF，EF，DE中点P，Q，R，连接AP，CQ，BR，QP，QR，PR，
得多面体ABC−DEF由三棱柱ABC−PRQ与三个四棱锥(D−ABRP,E−BCQR,F−ACQP)组合而成，
则多面体的体积V=VABC−PRQ+3VD−ABRP
=S△ABC·AP+3×13SABRP·DRsin60°
=12×(12)2× 32× 32+3×13×12× 32×12× 32
=932，C正确；
如图，取△ABC外接圆圆心O1，取△DEF外接圆圆心O2，连接AO1，O1O2，FO2，则多面体外接球的球心O在O1O2上，连接OA，OF，
则O1O2= 32，AO1=122sin60°= 36，FO2=12sin60°= 33，
设OO1=x，多面体外接球的半径为R，即OA=OF=R，
则在Rt△AOO1中，AO12+OO12=OA2，即112+x2=R2，①
在Rt△FOO2中，FO22+OO22=OF2，即13+( 32−x)2=R2，②
联立①②解得x= 33，R2=512，
则多面体外接球的表面积S=4πR2=5π3，D正确．
12.3
【解析】解：因为数据−1，2，4，x，7，8的众数为4，
则x=4，
故平均数为−1+2+4+4+7+86=4，
则标准差为 16−1−42+2−42+4−42+4−42+7−42+8−42=3
13.1123
【解析】解：由题意可知，棱台的高为：ℎ= (3 2)2−(4 2−2 22)2=4，
上底面面积为S=4，下底面面积为S′=16，
则该正四棱台的体积是V=13×(4+16+ 4×16)×4=1123，
故答案为1123．
14.12；35
【解析】解：过点N作PA的平行线交AC于点F，即NF//PA．
因为CN=λCP，所以NF=λPA=λ．
又NF//PA，PA⊥平面ABC，
所以NF⊥平面ABC，
所以∠NMF即为直线MN与平面ABC所成角．
tan∠NMF=NFMF=λMF=12，故MF=2λ．
又CFCA=CNCP=λ，所以CF=λCA=2λ，
所以AF=AC−CF=2−2λ．
在△MAF中，由余弦定理可得cs∠MAF=AM2+AF2−MF22AM·AF，
即cs60°=12+2−2λ2−2λ22×1×2−2λ=12，解得λ=12．
在A，M，B，P，N，C6个点中任取4个，共有15种取法，
其中四点共面的有(P,A,M,B)，(P,A,C,N)，(A,M,B,C)，(P,B,C,N)，(M,P,N,C)，(A,M,B,N)，共6种，
所以四点不共面的有15−6=9种，
所以这4个点能构成三棱锥的概率为915=35．
15.解：(1)由题意知，样本空间Ω={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共16个样本点．
设事件A=“xy为偶数”，则A={(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共12个样本点．
所以P(A)=1216=34，即“xy为偶数”的概率为34．
(2)由(1)知，样本空间Ω包含16个样本点．
设事件B=“|x−y|≤1”，
则B={(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)}，共10个样本点．
所以P(B)=1016=58，即“|x−y|≤1”的概率为58．
【解析】(1)根据题意，样本空间共有16个样本点，设事件A=“xy为偶数”，事件A有12个样本点，即可求出概率；
(2)设事件B=“|x−y|≤1”，事件B中含有10个样本点，即可求出概率．
16.解：(1)由题意知，(0.004+0.012+0.015+a+0.006+0.003)×20=1，解得a=0.01．
(2)根据频率分布直方图，
x=(10×0.004+30×0.012+50×0.015+70×0.01+90×0.006+110×0.003)×20，
所以x=54.4．
(3)由频率分布直方图知，落在[40,60)、[60,80)的样本数据的频数分别为60，40，
所以y=60×53+40×6860+40=59，
所以s2=6060+40×[4+(53−59)2]+4060+40×[(9+(68−59)2)]=60．
【解析】(1)利用频率之和为1，即可求出a的值；
(2)利用公式即可求出平均数；
(3)利用已知条件先求出y，再代入公式，可求出方差．
17.证明：(1)因为AB//CD，AB⊥PA，所以CD⊥PA．
又因为CD⊥PD，PD∩PA=P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD．
(2)延长AE交CD于G，
因为E，F分别为BD，PD中点，所以EF//PB，
又EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EF//平面PBC．
因为AB//CD，所以∠DGE=∠BAE，又E为BD中点，所以DE=BE，
注意到∠DEG=∠BEA，所以△ABE≌△GDE，所以DG=AB，
又因为DC=2AB，所以G为CD中点，所以FG//PC，
又因为FG⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以FG//平面PBC，
因为EF∩FG=F，EF⊂平面AEF，FG⊂平面AEF，所以平面PBC//平面AEF．
【解析】(1)利用线面垂直的条件证得CD⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理可得；
(2)由题意证明FG//平面PBC和EF//平面PBC，再由面面平行的判定定理可得．
18.解：(1)设事件Ei=“甲第i局获胜”，事件A=“经过3局比赛，对抗赛结束”，由题意知，前3局比赛中，甲全胜或者全负，即A=E1E2E3∪E1E2E3，P(E1E2E3)=(23)3=827，P(E1E2E3)=(1−23)3=127，于是P(A)=P(E1E2E3∪E1E2E3)=P(E1E2E3)+P(E1E2E3)=827+127=13，经过3局比赛，对抗赛结束的概率为13．
(2)设事件B=“甲赢得对抗赛”，Bi=“经过i局比赛，甲赢得对抗赛”，i=3，4，5.则B=B3∪B4∪B5⋅
若i=3，则甲、乙的积分之比为3:0，P(B3)=P(E1E2E3)=827:
若i=4，则甲、乙的积分之比为3:1，即在前三局比赛中，甲胜两局负一局，第四局甲获胜，所以P(B4)=P(E1E2E3E4∪E1E2E3E4∪E1E2E3E4)=P(E1E2E3E4)+P(E1E2E3E4)+P(E1E2E3E4)=3×(23)2×(13)×(23)=827;
若i=5，则甲、乙的积分之比为3:2，即在前四局比赛中，甲、乙两人各胜两局，第五局甲获胜，所以P(B5)=P(E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5)=P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)=6×(23)2×(13)2×23=1681；
故P(B)=P(B3∪B4∪B5)=P(B3)+P(B4)+P(B5)=827+827+1681=6481．
【解析】(1)利用已知得P(A)=P(E1E2E3∪E1E2E3)=P(E1E2E3)+P(E1E2E3)，即可得出；
(2)分别求出i=3，4，5对应的概率，再相加即可．
19.证明：(1)设BC1∩B1C=N，连接PN，因为四边形BB1C1C为平行四边形，所以N为B1C中点，
又因为P为AC中点，所以PN//AB1．
因为PN⊂平面PBC1，AB1⊄平面PBC1，所以AB1//平面PBC1．
(2)设平面PBC1与平面ABB1A1的交线为l，又AB1//平面PBC1，AB1⊂平面ABB1A1，
所以AB1//l．
因为BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B，AB，BB1⊂平面ABB1A1．
所以BC⊥平面ABB1A1．
设O为AB中点，则PO//BC，所以PO⊥平面ABB1A1．
因为l⊂平面ABB1A1，
所以PO⊥l.
过O作OH⊥l，
因为PO∩OH=O，PO，OH⊂平面POH．
所以l⊥平面POH．
连接PH，则l⊥PH，
所以∠PHO为二面角P−l−A的平面角．
因为△BHO∽△ABB1，
所以BOAB1=OHBB1，即12 5=OH2，
所以OH= 55．
在Rt△POH中，OH= 55，PO=12，
所以tan∠PHO= 52，即二面角P−l−A的正切值为 52．
(3)设A在面B1CQ上射影为E，
则∠AME为AM与平面B1CQ所成角．
由VC−AB1Q=VA−B1CQ，可得AE= 66．
由sin∠AME=AEAM=12，
所以AM= 63．
在△ACM中，由余弦定理( 2)2+CM2−2 2⋅CM⋅ 2 3=( 63)2，
解得CM=2 33，
所以在线段QC上存在点M，当CM=2 33时，AM与平面B1CQ所成角大小为π6．
【解析】(1)证得PN//AB1是关键；
(2)利用l⊥平面POH，得∠PHO为二面角P−l−A的平面角，在Rt△POH中即可求出；
(3)利用已知得∠AME为AM与平面B1CQ所成角，利用体积可得得AE= 66，再利用sin∠AME=AEAM=12，求出AM= 63，再用余弦定理即可求出CM．
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A与事件B互为对立事件，且P(A)=0.4，则P(B)=( )
A. 0.4B. 0.5C. 0.6D. 0.7
2.给定一组数据：10，12，15，16，18，20，21，则其75%分位数为( )
A. 17B. 18C. 19D. 20
3.某公司A，B，C三个部门的员工数量之比为a:3:4，现采用分层抽样的方法从这三个部门抽取18名员工进行问卷调查，若从B部门抽取员工6名，则从A部门抽取员工的数量为( )
A. 2B. 4C. 5D. 6
4.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC与BC1所成角的大小为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
5.袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球、3个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则“第二次摸到白球”的概率为( )
A. 34B. 12C. 14D. 15
6.若a，b是异面直线，则下列结论一定正确的是( )
A. 存在与a，b都平行的直线B. 存在与a，b都垂直的平面
C. 存在过a且与b垂直的平面D. 存在过a且与b平行的平面
7.如图，△A′B′C′是用斜二测画法得到的水平放置的△ABC的直观图，其中O′C′=O′A′=2O′B′=1.以BC为轴，将△ABC旋转一周得到的几何体的表面积为( )
A. 2 2πB. (2+2 2)πC. 4 2πD. (2+4 2)π
8.先后两次抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6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4”，乙表示事件“两次点数之和为7”，丙表示事件“至少有一次的点数为4”，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m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的有( )
A. 若m//n，m//β，则n//β
B. 若α//β，m⊥α，n⊥β，则m//n
C. 若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
D. 若m//β，n//β，m⊂α，n⊂α，则α//β
10.已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5满足xi+1=xi+2(i=1,2,3,4)，则去掉x3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D，E，F是边长为2的等边三角形ABC相应边的中点，分别沿着DE，EF，DF把△BDE，△CEF，△ADF向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面DEF垂直，再顺次连接A，B，C，得到多面体ABC−DEF，则( )
A. 多面体中直线AC与BD所成的角为60∘
B. 多面体中直线BE与平面ADF所成的角为60∘
C. 多面体的体积为932
D. 多面体外接球的表面积为5π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数据−1，2，4，x，7，8的众数为4，则其标准差为 ．
13.若某正四棱台的上、下底面的边长分别为2和4，侧棱长为3 2，则其体积为 ．
14.如图，在三棱锥P−ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，PA=1且PA⊥平面ABC，点M为AB的中点，点N为棱PC上一动点，且CN=λCP(0<λ<1).若直线MN与底面ABC所成角的正切值为12，则λ的值为 ;在A，M，B，P，N，C6个点中任取4个，则这4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12分)
抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字1，2，3，4的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为x，黄色骰子与地面接触的面上的数字为y．
(1)求“xy为偶数”的概率;
(2)求“|x−y|≤1”的概率．
16.(本小题12分)
每年的4月23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200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．
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)求样本数据的平均值x(同一组中的数据用该组区间的中点值代表);
(3)已知落在[40,60)样本数据的平均值是53，方差是4;落在[60,80)样本数据的平均值是68，方差是9.求落在[40,80)样本数据的平均值y和方差s2．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，AB⊥PA，CD⊥PD．
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD;
(2)若DC=2AB，E，F分别为BD，PD的中点，求证：平面PBC//平面AEF．
18.(本小题12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1分，负者得0分;积分首先达到3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23，且各局比赛结果互不影响．
(1)求经过3局比赛，对抗赛结束的概率;
(2)求甲代表队赢得对抗赛的概率．
19.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=12AA1=1，P，Q分别为AC，AA1的中点．
(1)求证：AB1//平面PBC1;
(2)设平面PBC1与平面ABB1A1的交线为l，求二面角P−l−A的正切值;
(3)在线段CQ上是否存在点M，使直线AM与平面B1CQ所成角的大小为π6?若存在，求出CM的长度;若不存在，说明理由．
答案解析
1.C
【解析】解：因为对立事件的概率公式P(B)=1−P(A)=0.6，
故选C．
2.D
【解析】解：由题意，因为7×75％=5.25，
故75%分位数为20
3.B
【解析】解：由题意，得从C部门抽取的人数为6×43=8，
故从A部门抽取员工的数量为18−6−8=4
4.C
【解析】解：连结A1B、A1C1，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1= //CC1，
∴四边形ACC1A1是平行四边形，可得AC//A1C1，
因此∠BC1A1(或其补角)就是AC与BC1所成的角，
设正方体的棱长等于1，
∵△A1BC1中，A1B=A1C1=BC1= 2，
∴△A1BC1是等边三角形，可得∠BC1A1=60∘．
即异面直线AC与BC1所成角的大小是60∘．
故选C．
5.A
【解析】解：袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中1个红球，3个白球，
从中不放回地依次随机摸出2个球，则第二次摸到白球的情况有两种：
①第一次摸到红球，第二次摸到白球，概率P1=14×33=14；
②第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率P2=34×23=12，
故第二次摸到白球的概率P=P1+P2=14+12=34．
6.D
【解析】解：对于A，若存在直线c//a，c//b，根据直线平行的传递性，则a//b，这与题意不符，故A错误；
对于B，若存在平面α满足a⊥α，b⊥α，则a//b，这与题意不符，故B错误；
对于C，若a，b不垂直，则不可能存在过a且与b垂直的平面，C错误；
对于D，在a上取一点A，过A作b′//b，
a，b′确定平面α，由于b′//b，且b′⊂α，b⊄α，故b//α，而a⊂α，故D正确．
7.B
【解析】根据斜二测画法，可以得到△ABC的平面图如下：
其中OC=OA=OB=1，由于BC=BA= 12+12= 2，故BC2+BA2=AC2，从而△ABC为直角三角形，其绕BC为轴旋转得到的几何体为圆锥，如图：
它是一个底面半径r= 2，高ℎ= 2，母线l=2的圆锥，从而圆锥表面积S=πr2+12·2πrl=2π+2 2π，选B
8.C
【解析】解：由题意可得事件总数为6×6=36，
甲乙都包含(5,2)，(6,1)，故甲与乙不互斥，故A错误；
乙丙都包含(4,3)，(3,4)，故乙与丙不互斥，故B错误；
甲的事件总数为2×6=12，乙的样本点为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种，
丙的样本点为(1,4)，(2,4)，(3,4)，(4,4)，(5,4)，(6,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,5)，(4,6)，共11种，
甲与乙都包含(5,2)，(6,1)，
故P(甲)=1236=13,P(乙)=636=16,P(甲乙)=236=118，
所以P(甲乙)=P(甲)P(乙)，即甲与乙独立，故C正确；
乙与丙都包含(4,3)，(3,4)，
故P(乙)=16,P(丙)=1136,P(乙丙)=236=118，
所以P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，即乙与丙不独立，故D错误．
9.BC
【解析】解：A.若m//n，m//β，则n//β或n⊂β，故A错误；
B.若α//β，m⊥α，n⊥β，由线面垂直的性质，则m//n，故B正确；
C.因m⊥n，m⊥α，则n//α，或n⊂α，又n⊥β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故C正确；
D.若m⊂α，n⊂α，当m与n为相交直线时，m//β，n//β，则α//β，故D错误．
故选BC．
10.ABD
【解析】解：因为xi+1=xi+2，所以x1+x5=x2+x4=2x3，
原数据的平均数为x1+x2+x3+x4+x55=5x35=x3，
新数据的平均数为x1+x2+x4+x54=4x34=x3，故平均数不变，故A正确；
对于B，易知x1
原数据的方差为15×2x1−x32+x2−x32，
新数据的方差为14×2x1−x32+x2−x32，故方差改变，故C错误；
原数据的极差为x5−x1，新数据的极差也为x5−x1，故极差不变，故D正确．
11.ACD
【解析】解：如图，取DF中点P，EF中点Q，连接AP，CQ，PQ，
则AP⊥DF，CQ⊥EF，
因为平面ADF⊥平面DEF，平面ADF⋂平面DEF=DF，AP⊂平面ADF，
所以AP⊥平面DEF，同理CQ⊥平面DEF，
则AP//CQ，又AP=CQ，
所以四边形ACQP为平行四边形，
所以AC//PQ，且AC=PQ，
因为P，Q分别为DF，EF中点，
所以PQ//DE，且PQ=12DE，
所以AC//DE，
则∠BDE即为直线AC与BD所成的角(或其补角)，
在等边三角形BDE中，∠BDE=60°，A正确；
如图，取EF中点Q，连接AQ，在平面DEF内过点Q作QH⊥DF，垂足为H，连接AH，
同A选项中解法可得AB//EF且AB=12EF，
则AB//QE且AB=QE，
所以四边形ABEQ为平行四边形，
所以AQ//BE且AQ=BE=1，
因为平面ADF⊥平面DEF，平面ADF⋂平面DEF=DF，QH⊂平面DEF，
所以QH⊥平面ADF，
则∠QAH即为直线BE与平面ADF所成的角，
在Rt△AQH中，QH=12×1× 32= 34，AQ=1，
所以sin∠QAH=QHAQ= 34，
所以∠QAH≠60°，B错误；
如图，取DF，EF，DE中点P，Q，R，连接AP，CQ，BR，QP，QR，PR，
得多面体ABC−DEF由三棱柱ABC−PRQ与三个四棱锥(D−ABRP,E−BCQR,F−ACQP)组合而成，
则多面体的体积V=VABC−PRQ+3VD−ABRP
=S△ABC·AP+3×13SABRP·DRsin60°
=12×(12)2× 32× 32+3×13×12× 32×12× 32
=932，C正确；
如图，取△ABC外接圆圆心O1，取△DEF外接圆圆心O2，连接AO1，O1O2，FO2，则多面体外接球的球心O在O1O2上，连接OA，OF，
则O1O2= 32，AO1=122sin60°= 36，FO2=12sin60°= 33，
设OO1=x，多面体外接球的半径为R，即OA=OF=R，
则在Rt△AOO1中，AO12+OO12=OA2，即112+x2=R2，①
在Rt△FOO2中，FO22+OO22=OF2，即13+( 32−x)2=R2，②
联立①②解得x= 33，R2=512，
则多面体外接球的表面积S=4πR2=5π3，D正确．
12.3
【解析】解：因为数据−1，2，4，x，7，8的众数为4，
则x=4，
故平均数为−1+2+4+4+7+86=4，
则标准差为 16−1−42+2−42+4−42+4−42+7−42+8−42=3
13.1123
【解析】解：由题意可知，棱台的高为：ℎ= (3 2)2−(4 2−2 22)2=4，
上底面面积为S=4，下底面面积为S′=16，
则该正四棱台的体积是V=13×(4+16+ 4×16)×4=1123，
故答案为1123．
14.12；35
【解析】解：过点N作PA的平行线交AC于点F，即NF//PA．
因为CN=λCP，所以NF=λPA=λ．
又NF//PA，PA⊥平面ABC，
所以NF⊥平面ABC，
所以∠NMF即为直线MN与平面ABC所成角．
tan∠NMF=NFMF=λMF=12，故MF=2λ．
又CFCA=CNCP=λ，所以CF=λCA=2λ，
所以AF=AC−CF=2−2λ．
在△MAF中，由余弦定理可得cs∠MAF=AM2+AF2−MF22AM·AF，
即cs60°=12+2−2λ2−2λ22×1×2−2λ=12，解得λ=12．
在A，M，B，P，N，C6个点中任取4个，共有15种取法，
其中四点共面的有(P,A,M,B)，(P,A,C,N)，(A,M,B,C)，(P,B,C,N)，(M,P,N,C)，(A,M,B,N)，共6种，
所以四点不共面的有15−6=9种，
所以这4个点能构成三棱锥的概率为915=35．
15.解：(1)由题意知，样本空间Ω={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共16个样本点．
设事件A=“xy为偶数”，则A={(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}，共12个样本点．
所以P(A)=1216=34，即“xy为偶数”的概率为34．
(2)由(1)知，样本空间Ω包含16个样本点．
设事件B=“|x−y|≤1”，
则B={(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,3)，(4,4)}，共10个样本点．
所以P(B)=1016=58，即“|x−y|≤1”的概率为58．
【解析】(1)根据题意，样本空间共有16个样本点，设事件A=“xy为偶数”，事件A有12个样本点，即可求出概率；
(2)设事件B=“|x−y|≤1”，事件B中含有10个样本点，即可求出概率．
16.解：(1)由题意知，(0.004+0.012+0.015+a+0.006+0.003)×20=1，解得a=0.01．
(2)根据频率分布直方图，
x=(10×0.004+30×0.012+50×0.015+70×0.01+90×0.006+110×0.003)×20，
所以x=54.4．
(3)由频率分布直方图知，落在[40,60)、[60,80)的样本数据的频数分别为60，40，
所以y=60×53+40×6860+40=59，
所以s2=6060+40×[4+(53−59)2]+4060+40×[(9+(68−59)2)]=60．
【解析】(1)利用频率之和为1，即可求出a的值；
(2)利用公式即可求出平均数；
(3)利用已知条件先求出y，再代入公式，可求出方差．
17.证明：(1)因为AB//CD，AB⊥PA，所以CD⊥PA．
又因为CD⊥PD，PD∩PA=P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面ABCD，
所以平面PAD⊥平面ABCD．
(2)延长AE交CD于G，
因为E，F分别为BD，PD中点，所以EF//PB，
又EF⊄平面PBC，PB⊂平面PBC，所以EF//平面PBC．
因为AB//CD，所以∠DGE=∠BAE，又E为BD中点，所以DE=BE，
注意到∠DEG=∠BEA，所以△ABE≌△GDE，所以DG=AB，
又因为DC=2AB，所以G为CD中点，所以FG//PC，
又因为FG⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，所以FG//平面PBC，
因为EF∩FG=F，EF⊂平面AEF，FG⊂平面AEF，所以平面PBC//平面AEF．
【解析】(1)利用线面垂直的条件证得CD⊥平面PAD，再由面面垂直的判定定理可得；
(2)由题意证明FG//平面PBC和EF//平面PBC，再由面面平行的判定定理可得．
18.解：(1)设事件Ei=“甲第i局获胜”，事件A=“经过3局比赛，对抗赛结束”，由题意知，前3局比赛中，甲全胜或者全负，即A=E1E2E3∪E1E2E3，P(E1E2E3)=(23)3=827，P(E1E2E3)=(1−23)3=127，于是P(A)=P(E1E2E3∪E1E2E3)=P(E1E2E3)+P(E1E2E3)=827+127=13，经过3局比赛，对抗赛结束的概率为13．
(2)设事件B=“甲赢得对抗赛”，Bi=“经过i局比赛，甲赢得对抗赛”，i=3，4，5.则B=B3∪B4∪B5⋅
若i=3，则甲、乙的积分之比为3:0，P(B3)=P(E1E2E3)=827:
若i=4，则甲、乙的积分之比为3:1，即在前三局比赛中，甲胜两局负一局，第四局甲获胜，所以P(B4)=P(E1E2E3E4∪E1E2E3E4∪E1E2E3E4)=P(E1E2E3E4)+P(E1E2E3E4)+P(E1E2E3E4)=3×(23)2×(13)×(23)=827;
若i=5，则甲、乙的积分之比为3:2，即在前四局比赛中，甲、乙两人各胜两局，第五局甲获胜，所以P(B5)=P(E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5∪E1E2E3E4E5)=P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)+P(E1E2E3E4E5)=6×(23)2×(13)2×23=1681；
故P(B)=P(B3∪B4∪B5)=P(B3)+P(B4)+P(B5)=827+827+1681=6481．
【解析】(1)利用已知得P(A)=P(E1E2E3∪E1E2E3)=P(E1E2E3)+P(E1E2E3)，即可得出；
(2)分别求出i=3，4，5对应的概率，再相加即可．
19.证明：(1)设BC1∩B1C=N，连接PN，因为四边形BB1C1C为平行四边形，所以N为B1C中点，
又因为P为AC中点，所以PN//AB1．
因为PN⊂平面PBC1，AB1⊄平面PBC1，所以AB1//平面PBC1．
(2)设平面PBC1与平面ABB1A1的交线为l，又AB1//平面PBC1，AB1⊂平面ABB1A1，
所以AB1//l．
因为BC⊥AB，BC⊥BB1，AB∩BB1=B，AB，BB1⊂平面ABB1A1．
所以BC⊥平面ABB1A1．
设O为AB中点，则PO//BC，所以PO⊥平面ABB1A1．
因为l⊂平面ABB1A1，
所以PO⊥l.
过O作OH⊥l，
因为PO∩OH=O，PO，OH⊂平面POH．
所以l⊥平面POH．
连接PH，则l⊥PH，
所以∠PHO为二面角P−l−A的平面角．
因为△BHO∽△ABB1，
所以BOAB1=OHBB1，即12 5=OH2，
所以OH= 55．
在Rt△POH中，OH= 55，PO=12，
所以tan∠PHO= 52，即二面角P−l−A的正切值为 52．
(3)设A在面B1CQ上射影为E，
则∠AME为AM与平面B1CQ所成角．
由VC−AB1Q=VA−B1CQ，可得AE= 66．
由sin∠AME=AEAM=12，
所以AM= 63．
在△ACM中，由余弦定理( 2)2+CM2−2 2⋅CM⋅ 2 3=( 63)2，
解得CM=2 33，
所以在线段QC上存在点M，当CM=2 33时，AM与平面B1CQ所成角大小为π6．
【解析】(1)证得PN//AB1是关键；
(2)利用l⊥平面POH，得∠PHO为二面角P−l−A的平面角，在Rt△POH中即可求出；
(3)利用已知得∠AME为AM与平面B1CQ所成角，利用体积可得得AE= 66，再利用sin∠AME=AEAM=12，求出AM= 63，再用余弦定理即可求出CM．
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