山东省烟台市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份山东省烟台市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若随机事件，互斥，且，，则（ ）
A. 0B. 0.18C. 0.6D. 0.9
【答案】D
【解析】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】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. 2C. D. 4
【答案】A
【解析】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. 60B. 80C. 100D. 120
【答案】C
【解析】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】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】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】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，
作出圆锥的轴截面如图所示：
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】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、多项选择题：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】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80
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】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】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】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.
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】依题意，设样本中高一男生人数为，则样本中高一女生人数为，
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】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】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】
【解析】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，，
所以四边形为平行四边形，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： .
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．
解：设甲种水稻产量的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．
解：（1）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．
（2）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，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．
解：（1）由已知得，
所以，又因为，
所以，．
（2）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．
解：（1）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.
（2）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．
解：（1）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．
（2）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．
解：（1）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.
（2）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．城市
销售总数
抽取数量
420
280
20
700
品种
第1季
第2季
第3季
第4季
第5季
第6季
甲/
550
580
570
570
550
600
乙/
540
590
560
580
590
560