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）

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：A

4. 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（    ）

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：B

6. 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：C

8. 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：

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．