山东省烟台市2022-2023学年高一年级下册期末数学 含解析

2022〜2023学年度高一第二学期期末学业水平诊断

数学试卷

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A,B互斥,且尸⑷=。6,P（5）=S3则P（A、3）=（）

A.0B.0.18C.0.6D.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A,B互斥,且P（A）=0.6,P（3）=0.3,

所以P（Au3）=P（A）+P（B）=0.6+0.3=0.9,

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.72B.2C.272D.4

【答案】A

【解析】

【分析】由s直观图邛S原图求解.

【详解】解：因为一水平放置的正方形的边长为2,且S目丽留=也5戚留，

且现因4尿囹

历

所以其直观图的面积是S百刎母=—x2x2=>/2,

且从m4

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A,B,。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

A420m

B28020

C700n

A.60B.80C.100D.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，A，B,。三个城市的销售总数比为3:2:5,

所以3:2:5=m：20:〃，所以机=30,〃=50,

所以样本容量为100.

故选:C.

5.在正四面体S—ABC中，D,E分别是SC，A3中点，则。E与BS所成角的大小为（）

兀兀%兀

A.-B.-C.-D.一

6432

【答案】B

【解析】

【分析】设四面体棱长为2,取取SA中点尸，连结所，DF，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.

取&4中点尸，连结EE，DF，SE,CE,设正四面体S—ABC的棱长为2,

因为£,尸分别是AB,SA中点，所以EF//BS,所以NOEE或其补角是QE与8S所成角.

又ES=EC=殊丁=5。是SC中点，

在乙ECS中，DE=7EC2-DC2=J(V3)2-12=V2-

因为。，产分别是SC,SA中点，所以。F=,CA=1,又£F=，8S=1,

22

DE1+EF2一DF22+1-1比

在△DRE中，由余弦定理可知cosZDEF=一'=—

2-DE-EF2xy/2xl2

TTTT

又DvZDEFWn,所以NDEF=—。七与RS所成角一.

44

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

233

码互不影响，则这份密码被破译出的概率为()

24〃57

A.-B.-C.-D.一

9999

【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A,

-1112

所以P(A)=(l-])x(l—§)x(1—?=§,

一7

所以尸(A)=1—P(A)=§,

故选:D.

触的面上的数字分别为x,y,则|无一乂《2的概率为（）

【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82=64,则事件“归一乂42”包含的基本事件为：

（1,1）,（1,2）,（1,3），（2,1）,（2,2）,（2,3）,（2,4）,（3,1）,（3,2）,（3,3）,（3,4）,（3,5）,

（4,2），

（4,3）,（4,4）,（4,5）,（4,6）,（5,3）,（5,4）,（5,5）,（5,6）,（5,7）,（6,4）,（6,5）,（6,6）,

（6"），

（6,8）,（7,5）,（7,6）,（7,7）,（7,8）,（8,6）,（8,7）,（8,8）共34个,

所以事件归一乂＜2的概率尸=1^='.

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，a,夕，/为空间中三个不同的平面，则（）

A.若,则相〃尸

B.若加〃a,mu。，a（3=n,则〃?〃“

C.若/%_La,nX./3,m//n,则a〃£

D.若a_L7,0工y,a（3=m,贝ij_L/

【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,若则相〃△或加u尸，故A不正确；

对于B,若/“〃a，mu0,a0=n,则加〃“（线面平行的性质定理），故B正确；

对于C,若机_La,m//n,所以〃_La,又〃，尸且a,4是空间两个不同的平面，则切〃？，故C

正确；

对于D,因为。_17，尸_1_/,£门/?=根，如下图，

若白,/7,/分别为面AORA、面面ABCO,且加为。

显然。A_L面A3CO,则机_Ly,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（）

B.该校高一学生中选考物化政组合的人数为96

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20人，则生史地组合抽取6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200人，占比为25%,

,该校高一学生共有幽=800人，A正确；

25%

对于B,选科为物化生的人数为800x35%=280人，

800—200—280—160

选科为物化政的人数为--------------------=80,B错误；

2

对于C,选考历史的人数有200+160=360人，选考物理的人数有280+80+80=440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图=0.2=20%,

800

采用分层抽样抽取2（）人，生史地组合应抽取20x20%=4人，D错误.

故选：AC.

11.一个袋子中有标号分别为1、2、3、4的4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1个球，设事件A=”第一次摸出球的标号小于3"，事件8="第二次摸出球的标号小于3”，则

以下结论错误的有（）

A.若摸球方式为有放回摸球，则A与否互斥

B.若摸球方式为有放回摸球，则A与否相互独立

C.若摸球方式为不放回摸球，则A与后互斥

D.若摸球方式为不放回摸球，则A与否相互独立

【答案】ACD

【解析】

【分析】以x、丁分别表示第1次、第2次摸球的编号，以（x,y）为一个基本事件，列举出所有的基本事

件，以及事件A、豆、A豆所包含的基本事件，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X、＞分别表示第1次、第2次摸球的编号，以（x,y）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42=16个，

事件A包含的基本事件有：（1,1）、（1,2）、（1,3）、（1,4）、（2,1）、（2,2）、（2,3）、（2,4）,共8种,

事件后包含的基本事件有：（1,3）、（1,4）、（2,3）、（2,4）、（3,3）、（3,4）、（4,3）、（4,4）,共8种,

则事件A豆包含的基本事件有:。，3）、（1,4）、（2,3）、（2,4）,则AB^0，

即A与万不互斥，A错，

i）=啊=齐；，P（啊4=P（A）P⑻,即A与否相互独立，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：（1,2）、（1,3）、（1,4）、

（2,1）、（2,3）、（2,4）、（3,1）、（3,2）、（3,4）、（4,1）、（4,2）、（4,3）,共12种,

事件A包含的基本事件有:（1,2）、（1,3）＞（1,4）、（2,1）、（2,3）、（2,4）,共6种，

事件万包含的基本事件有:。,3）、（1,4）、（2,3）、（2,4）、（3,4）、（4,3）,共6种，

事件A豆包含的基本事件有：0,3）、（1,4）、（2,3）、（2,4）,共4种，

则即A与否不互斥，C错，

P（4）=P（5）=*■=；,2（45）=2=网豆），即A与否不相互独立，D错.

故选：ACD.

12.在棱长为1的正方体ABC。-44G。中，E，尸分别是AO，中点，M,N,G,，分别

是线段AB,G〃，AC-A"上的动点，则（）

A.存在点A7,N,使得EN//MC[

B.三棱锥C—MND的体积为定值

4

C.CG+G”的最小值为一

3

'2'

D.直线CE与Mb所成角的余弦值的取值范围为0,-

【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D4、DC、方向为x轴、V轴、z轴正方向建立空间直角坐标系。一孙z,

则。(0,0,0),0,0),A(l,0,0),8(1,1,0),C(0,1,0),A(1,0,1),男(1』,1),0(0,0,1),G(0,1,1),

F(0,0,£),设M(l,a,o),N(0,b,l),设AH=M£\(0WrWl),则H(1T,O"),

设4G=4AG(0W/lWl),则

对于选项A,EN=(-g,"l),MC,=(-l,l-a,l),若EN〃MC、,则硒MC、，

所以二2=_也=]_,矛盾，故不存在点M,N,使得EN〃MJ,错误；

口一i

对于选项B,因为平面AB4用〃平面8QC，所以点M到平面CQCC的距离为正方体的棱长1，

又SCND=gxlxl=；,所以匕_“册=匕/_加£)=＜乂〈乂1=:为定值，正确；

对于选项C,CG=(1-A,2-1M)-GH=(A-t,-A,t-A),

所以CG+G"=|CG|+|GW|=,J(l-2)2+(/l-l)2+/l2++(-A)2+(t-A)2

由平面几何知识，当P、Q、A三点共线时距离和最小,

又ow/wi,所以当时，产一3.+2有最小值为拽，所以CG+G”的最小值为

3V3939

乎x6=(,正确;

对于选项D,设直线CE与M尸所成的角为8,又CE=［；,—1,O),MF=(-\,-a,^

所以cos6=IcosCE,MF\^C：MF275f~a+l

----1--------T

1\CE\-\MF\51T

V4

a+\xx\

令x=a+1w[1,2],则25=~25=2.~9=9",

L」a+(x-1)+x-2x+x+-2

4444x

9333

又/a)=x+——2在1,-上单调递减，在-,2上单调递增,且/("，

4x22

59

48

95-<0+1<1

所以l4x+二一24一，所以5一25一，

4%4。十二

4

_a+]4@2

所以55>所以OWcosOW-,

a2+-5

4

2

所以直线CE与”『所成角的余弦值的取值范围为0,-,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4:5,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171cm,女生的平均身高为160.2cm,则该校高一学生平均身高的估计值为

(单位：cm).

【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4x,则样本中高一女生的人数为5x,

故4x+5x=90,解得x=10,则样本中高一男生人数为40,高一女生的人数为50，

,,,包人—“40x171+50x160.2=

所以l样i5本中।用一学生平均身局为-------------------=165cm,

90

故而该校高一学生平均身高的估计值为165cm.

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】"也##竺«

33

【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2起、40，

所以棱台的高人=,3?-（拽二逑]=布，

\[2）

所以棱台的体积V=；（4+J而％+16卜，7=当且,

故答案为:粤

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

“一"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

3

【答案】ZT

32

【解析】

【分析】根据古典概率模型求解.

【详解】由题可知，共有26=64个不同的重卦，

恰有1个阳爻的有6个，

则该重卦恰有1个阳爻的概率是幺=2，

6432

3

故答案为：—.

32

16.边长为2的正三角形ABC中，D,E分别为AB，AC中点，将VADE沿DE折起，使得8。，

则四棱锥A-BCED的体积为其外接球的表面积为.

【答案】①.(2).—71

42

【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BC的中点G,OE的中点尸，连A£EG,£G,AG,

因为_ABC为边长为2的正三角形，D,E分别为45,AC中点，所以DE//BG，DE=BG,

所以四边形。EGB平行四边形，所以EG//BD,EG=BD=1,

又AE上BD，所以AELEG,因为A£=EG=1,所以AG=JE，

(%++-诋

A

又因为AF=FG=y±，所以cosDAFG

2

因为。EJ.AF，DEAFG，AF\FG=F,ARFGu平面,

所以。ES平面AFG,因为OEu平面BCEO,所以平面4FG,平面BCED,

过A作AHLEG,垂足为H,则“在GF的延长线上，

因为AHu平面AbG,平面4尸G「平面8CEE>=FG,所以AH，平面BCE。,

因为cosDAFG=­L所以cosDAF"='，sinDAFH=<[^=述,

AH=AF-sinDAFH=—x=^=—,SBC£D=-(l+2)x—=

233224

g、2_14〃c_1V6373_V2

所“^A-BCED=§SBCED=§*x4—

因为G6=GC=GO=GE=1,所以G为四边形BCED外接圆圆心,

设正三角形ADE外接圆圆心为M,四棱锥A-BCEO的外接球球心为。，

则。G_L平面BCEO,QWJ_平面ADE,

所以OG_LRG,OMA.MF,则O尸是四边形OGFM的外接圆直径,

因为MG=+FG2-2MF-FGcos&MFG==1,

"MG1372

所以由正弦定理得sinDMFG2724

~3~

所以。£=，。产2+七万2

即四棱锥A—3CED的外接球半径为叵,

4

故答案为：：一兀.

42

【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/kg550580570570550600

乙/kg540590560580590560

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1，S；,

乙种水稻产量的平均值和方差分别为1,S；,由题中数据可得，

-1

X.=­X(550+580+570+570+550+600)=570,

6

=1x(540+590+560+580+590+560)=570,

s；=:[(550-570『+(580-570『+(570-570)'+

2

(570-570)+(550-570)2+(600-570)[=30(),

s；=：[(540-570)2+(590-570)2+(560-570)2+

(580-570)2+(590-570)2+(560-570)2]=,

因为X=E，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。一A6C中，D4J_底面ABC,ABJ.BC.

(1)证明：平面平面DAB；

(2)若D4=AB=』6C,求直线C4与平面O8C所成角的正弦值.

2

【答案】（1）证明见解析

⑵巫

10

【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43。，BCu平面ABC,

所以BC_LAD.

又因为8CL4?,A3cAZ）=A，48,4。<=平面948，

所以8C1平面DW.

因为BCu平面8CD，所以平面CBO_L平面ZM5.

【小问2详解】

在平面A48内过点A作AE_LBO于E，连接CE.

D

B

又平面CBDd_平面ZMB，平面CBOc平面DW=BO，A£u平面4步，

所以AE_L平面08c.

所以NACE即为直线C4与平面。8C所成的角.

因为D4=AB=，8C,不妨设8C=2,则D4=AB=1，

2

因为A£>_L平面ABC,A3u平面4BC,所以ADIAB,

历

所以BD=亚，AE=—>

2

又因为ABJ.BC,所以AC=6，

故sinNACE=丝=妪，

AC10

即直线CA与平面DBC所成角的正弦值为回.

10

19.某商场随机抽取了100名员工的月销售额x（单位：千元），将x的所有取值分成[5,10）,[10,15）,

[15,20）,[20,25）,[25,30]五组，并绘制得到如图所示的频率分布直方图，其中b=2a.

（I）求"，6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x制定如下奖励方案：当某员工的月销售额x不足5千元时，不予奖励；当xe[5,〃—7）时，其月

奖励金额为0.3千元；当xc[〃-7,〃+3）时，其月奖励金额为0.8千元；当x不低于（〃+3）时，其月奖

励金额为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）a=0.02,b=0.04

（2）0.699（千元）.

【解析】

【分析】（D根据频率分布直方图中各小长方形面积和为1并结合方=2。即可求解；

（2）先求第75百分位数P,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（。+0.06+0.07+。+0.01）*5=1,

所以a+人=0.06,又因为匕=2a,

所以a=0.02,/?=0.04.

【小问2详解】

由于（0.02+0.06+0.07）x5=0.75,所以员工月销售额的第75百分位数为20,

所以，当xe[5,13）时，奖励金额为0.3千元；

当x《13,23）时，奖励金额为0.8千元；

当xN23时，奖励金额为11千元，

所以，该商场一位员工的月奖励金额的平均值为：

（0.02x5+0.06x3）x0.3+（0.06x2+5x0.07+0.04x3）x0.8+（0.04x2+0.01x5）x1.1=0.699（千

元）.

20.如图，在正三棱柱ABC-A4G中，。是中点.

WB

（1）证明：〃平面AG。；

（2）若A3=2，AC,求人到平面AG。的距离.

【答案】（1）证明见解析

⑵手

【解析】

【分析】（1）利用三角形中位线性质可得DO〃AB,由线面平行的判定可得结论；

（2）利用体积桥%二匕一AG。可构造方程求得结果.

【小问1详解】

连接AC，交AG于点。，连接OQ,

1B:

四边形AC£4为平行四边形，二。为AC中点，又。为BC中点，

DOIIA.B,又Afz平面AC。，平面AG。，

43〃平面4G。.

(2)先证明NBQC即为二面角5-M4-C的平面角，由三角形面积公式及余弦定理求解，即可确定点

M的位置.

【小问1详解】

取AB中点N,连接ON,PN.

设AB=2a,ae(0,3>^],又OA=3百，PO=4,

所以在Rt^AON和RtZkPON中，ON=727-a2-PN=，16+27-/=混一片,

x22

所以，S八PAR=-2axJ43—a=a-5/43—aW"+"-———=—,

Z_1r.nD222

当且仅当/=43一/,即。=孚€(0,36]时，等号成立.

43

所以A钻面积的最大值为三.

【小问2详解】

因为_ABC为圆。的内接正三角形，

由正弦定理得：AB=2x36xsin60°=9.

过点B作3Q，AM于点。，连接CQ.

因为△MABgGJWAC，所以CQ例.

所以ZBQC即为二面角B-MA-C的平面角.

连接MN,设OM=7,re(O,4],

则M4=J7+27，MN=J+*

在△»心中，S&BMA=；ABMN=；AMBQ,

r+27

在」BQC中，由余弦定理得:

BQ2+CQ2-BC225

cosZ.BQC

2BQCQ

9t+—

将BQ=CQ=V4，BC=9代入上式，解得r=l.

J产+2