精品解析：山东省烟台市2023-2024学年高一下学期7月期末学业水平诊断数学试题

**基本信息** 2023-2024高一数学期末卷聚焦概率统计与立体几何核心知识，通过“世界读书日”阅读调查、骰子抛掷等真实情境，考查数学眼光（空间观念、数据意识）与思维（运算推理），题型梯度适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|对立事件、分位数、正方体线线角|基础概念辨析，如第5题不放回摸球概率| |多选题|3/18|线面关系、数据特征|第10题结合数据删除分析方差变化，考查思维严谨性| |填空题|3/15|众数标准差、正四棱台体积|第14题动态三棱锥线面角，渗透空间观念| |解答题|5/77|频率分布直方图、四棱锥面面垂直、对抗赛概率|16题“世界读书日”调查数据处理，体现数据意识；19题直三棱柱存在性探究，提升创新思维|

2023~2024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.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用05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. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知事件A与事件互为对立事件，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 2. 给定一组数据：，则其分位数为（ ） A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 3. 某公司三个部门的员工数量之比为，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，若从部门抽取员工6名，则从部门抽取员工的数量为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 4. 在正方体中，直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 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. B. C. D. 6. 若是异面直线，则下列结论一定正确的是（ ） A. 存在与都平行的直线 B. 存在与都垂直的平面 C. 存在过且与垂直的平面 D. 存在过且与平行的平面 7. 如图，是用斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中.以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 先后两次抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有数字的正六面体骰子，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，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若 ，则 10. 已知一组样本数据满足，则去掉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. 已知是边长为2的等边三角形相应边的中点，分别沿着把向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到多面体，则（ ） A. 多面体中直线与所成的角为 B. 多面体中直线与平面所成的角为 C. 多面体的体积为 D. 多面体外接球的表面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数据的众数为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，则其体积为__________. 14. 如图，在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，且平面，点为的中点，点为棱上一动点，且.若直线与底面所成角的正切值为，则的值为__________.在个点中任取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77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 抛掷一蓝､一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为，黄色骰子与地面接触的面上的数字为， （1）求“为偶数”的概率； （2）求“”的概率. 16. 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的值； （2）求样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （3）已知落在样本数据的平均值是53，方差是4；落在样本数据的平均值是68，方差是9.求落在样本数据的平均值和方差. 17. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：平面平面； （2）若分别为的中点，求证：平面平面. 18. 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；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. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. （1）求证：∥平面； （2）设平面与平面的交线为，求二面角的正切值； （3）在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024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.答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上. 3.使用答题纸时，必须使用05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. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知事件A与事件互为对立事件，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.6 D. 0.7 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件的概率之和为1求解即可. 【详解】因为事件A与事件互为对立事件， 所以， 故选：C. 2. 给定一组数据：，则其分位数为（ ） A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】利用百分位数的定义直接求解即可 【详解】这组数从小到大已排列好， 因为， 所以分位数为第6个数20， 故选：D 3. 某公司三个部门的员工数量之比为，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，若从部门抽取员工6名，则从部门抽取员工的数量为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】先由从部门抽取员工6名列方程求出，再根据分层抽样的定义可求得结果. 【详解】由题意得，解得， 所以从部门抽取员工的数量为. 故选：B 4. 在正方体中，直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正方体的棱长为，连接，证明可得或其补角即为直线与直线所成的角，在中求即可求解. 【详解】设正方体的棱长为，连接， 因为且，所以四边形是平行四边形， 可得， 所以或其补角即为直线与所成的角， 在中，，所以， 所以直线与所成角大小为， 故选：C. 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. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】第二次摸到白球的情况有两种：①第一次摸到白球，第二次摸到白球，②第一次摸到红球，第二次摸到白球，由此能求出第二次摸到白球的概率． 【详解】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，第二次摸到白球的情况有两种： ①第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率为：， ②第一次摸到红球，第二次摸到白球，概率为：， 则第二次摸到白球的概率为． 故选：A． 6. 若是异面直线，则下列结论一定正确的是（ ） A. 存在与都平行的直线 B. 存在与都垂直的平面 C. 存在过且与垂直的平面 D. 存在过且与平行的平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据异面直线的定义，结合线面垂直和线面平行的定理和性质判断四个选项即可. 【详解】对于A，如果存在存在与都平行的直线，则，与是异面直线矛盾，故A错误； 对于B，如果存在与都垂直的平面，则，与是异面直线矛盾，故B错误； 对于C，如果存在过且与垂直的平面，则，因为是异面直线，不一定垂直，故C错误； 对于D，设为直线上一点，在上取两点，则确定一个平面， 在内过作，此时与确定一个平面即为过且与平行的平面，故D正确， 故选：D. 7. 如图，是用斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中.以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出的原图，再分析绕所在直线旋转一周后形成的几何体，求表面积即可. 【详解】 如图为的原图，可得， 所以，所以以为轴， 将旋转一周得到的几何体是为顶点为半径的圆锥， ，，所以几何体的表面积为 . 故选：B. 8. 先后两次抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有数字的正六面体骰子，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 【答案】C 【解析】 【分析】根据事件互斥、古典概型和事件独立性判断各个选项； 【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀且六个面分别标有数字的正六面体骰子的样本点共有个， 甲表示事件“第一次的点数大于4”的样本点有，个， 乙表示事件“两次点数之和为7”的样本点有，6个， 丙表示事件“至少有一次的点数为4”的样本点有，11个； 对于A，事件甲与事件乙都包含，所以甲乙不互斥，A错误； 对于B，事件乙与事件丙都包含，所以乙丙不互斥，B错误； 对于C，事件甲的概率为，事件乙的概率为，事件甲与事件乙同时发生的概率为， 因为，所以甲与乙独立，C正确； 对于D，事件丙的概率，事件丙与事件乙同时发生的概率为， 因为，所以乙与丙不独立，D错误； 故选：C. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若 ，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐选项判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，由线面垂直的性质定理，则，故B正确； 对于C，若，则或， 当时，又，所以， 当时，则内必存在一直线，而，则， ，故，故C正确； 对于D，若 ，则与平行或相交，故D错误， 故选：BC. 10. 已知一组样本数据满足，则去掉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 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合，分别利用平均数、中位数、方差、极差的计算公式逐项判断. 【详解】由得. 对于A： 的平均数， 又的平均数等于，故A正确； 对于B：的中位数为， 又的中位数为，故B正确； 对于C：的方差等于， 又的方差等于， 故C错误； 对于D：与的极差都等于，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知是边长为2的等边三角形相应边的中点，分别沿着把向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面垂直，再顺次连接，得到多面体，则（ ） A. 多面体中直线与所成的角为 B. 多面体中直线与平面所成的角为 C. 多面体的体积为 D. 多面体外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先利用面面垂直关系确定上底面的线段和下底面线段的关系，然后由异面直线的夹角可判断A选项；利用线面角可判断B选项；将多面体分成三个三棱锥和一个三棱柱，进而体积公式可判断C选项；利用球的体积公式可判断D选项. 【详解】分别取中点，连接,如图所示： 因为平面平面且平面平面，又， 所以，又平面，于是平面， 同理可得，平面，平面，因此. 因又为， 所以, 综上可得，四边形是矩形， 又，即且， 同理. 对于A：因为，所以直线与所成的角, 又是正三角形，于是，故A正确； 对于B：取的中点，连接,如下图： 因为且，所以四边形是平行四边形，即； 因为平面平面，，平面, 所以平面，而且平面,于是平面, 从而可知，直线与平面所成的角为， ，， 进而，故B错误； 对于C：多面体的体积等于 ，故C正确； 对于D：分别取的中心，连接， 由题意易知，该多面体外接球球心在上，记球心，如下图： 则，， ，由， 得，即， 于是多面体外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：在解决此类问题的关键在于确定线线的位置关系，进而判断线面关系；在遇到异面直线的夹角与线面角问题时结合定义，要善于利用平行关系；在多面体体积问题时，要善于分成若干锥体和柱体的和；在球有关问题时，要善于确定球心与球半径. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数据的众数为4，则其标准差为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】由众数的定义得到，再根据标准差的计算公式求解即可. 【详解】因为数据的众数为4， 所以， 所以平均数为：， 所以标准差为：， 故答案为：3. 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，则其体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知条件作出图形，求出棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求解. 【详解】如图所示， 在正四棱台中，点分别为上、下底面的中心， 连接，则由题意可知底面，， 过点作交于点，则底面， 进而得四边形为矩形，，所以， 又因为，所以， 即正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积为. 故答案为：. 14. 如图，在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，且平面，点为的中点，点为棱上一动点，且.若直线与底面所成角的正切值为，则的值为__________.在个点中任取4个，则这4个点能构成三棱锥的概率为__________. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】（1）根据题意过点作，交于点，连接，即，根据表示，，再表示出，进而得到. （2）找到四点共面不能构成三棱锥的总数，利用对立事件求出概率. 【详解】 如图，过点作，交于点，连接， 因为平面， 所以平面， 因为直线与底面所成角的正切值为， 所以， 又，，， 所以，， 又在中， 所以， 所以，即， 所以； 从个点中任取4个，共有个结果， 其中4个点共面的取法有6个， 所以这4个点能构成三棱锥的概率为， 故答案为：；.. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 抛掷一蓝､一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字的正四面体骰子，记蓝色骰子与地面接触的面上的数字为，黄色骰子与地面接触的面上的数字为， （1）求“为偶数”的概率； （2）求“”的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用列举法求出基本事件总数，两次数字之积为偶数包含的基本事件个数为12，利用古典概型求概率． （2）利用列举法求出基本事件总数，满足包含的基本事件个数为10，利用古典概型求概率． 【小问1详解】 由题意知，样本空间，，共16个样本点. 设事件“为偶数”，则 ，共12个样本点. 所以，即“为偶数”的概率为. 【小问2详解】 由（1）知，样本空间包含16个样本点. 设事件“”，则，，共10个样本点. 所以，即“”的概率为. 16. 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的值； （2）求样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （3）已知落在样本数据的平均值是53，方差是4；落在样本数据的平均值是68，方差是9.求落在样本数据的平均值和方差. 【答案】（1） （2） （3）59，60 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质，可得各个区间的频率和为1，即可得到的值； （2）再将各区间的中点值乘以对应的频率，并求和，即可得样本数据的平均值； （3）由分层抽样的方差公式求解. 【小问1详解】 由题意知，， 解得； 【小问2详解】 根据频率分布直方图， 所以； 【小问3详解】 由频率分布直方图知， 落在､的样本数据的频数分别为60，40， 所以， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：平面平面； （2）若分别为的中点，求证：平面平面. 【答案】（1）证明：因为，所以. 又因为平面平面， 所以平面. 又平面， 所以平面平面. （2）证明：延长交于， 因为分别为中点， 所以，又平面平面， 所以平面. 因为，所以，又为中点，所以， 注意到，所以，所以. 又因为，所以为中点，所以. 又因为平面平面，所以平面. 因为平面平面， 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）可以证明，结合，线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）延长交于，由中位线定理可证，以及，再结合线面平行、面面平行的判定定理即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 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；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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由互斥加法、独立乘法以及对立事件的概率公式计算即可； （2）首先将事件拆分成若干个互斥事件的并：即3局或4局或5局结束比赛，然后求出每个事件的概率，最后利用互斥加法公式即可求解. 【小问1详解】 设事件“甲第局获胜”，事件“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， ， ， 于是， 经过3局比赛，对抗赛结束的概率为. 【小问2详解】 设事件“甲赢得对抗赛”，“经过局比赛，甲赢得对抗赛”，. 则. 若，则甲､乙的积分之比为； 若，则甲､乙的积分之比为，即在前三局比赛中，甲胜两局负一局，第四局甲获胜，所以 ； 若，则甲､乙的积分之比为，即在前四局比赛中，甲､乙两人各胜两局，第五局甲获胜，所以 故. 19. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. （1）求证：∥平面； （2）设平面与平面的交线为，求二面角的正切值； （3）在线段上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 设，连接， 因为四边形为平行四边形，所以为中点， 又因为为中点，所以∥. 因为平面平面， 所以∥平面. （2） （3） 设在面上射影为，则为与平面所成角. 由，得， 因为，，， 所以，所以， 所以， 因为，所以，解得. 由，所以. 在中，由余弦定理， 解得， 所以，在线段上存在点，当时，与平面所成角大小为. 【解析】 【分析】（1）设，连接，结合三角形中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）设平面与平面的交线为，则∥，设为中点，连接，由直棱柱的性质结合已知可证得平面， 过作，连接，可得为二面角的平面角，然后在中求解即可； （3）设在面上射影为，则为与平面所成角，然后利用等体积法可求出，从而可求出，进而在中可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：设平面与平面的交线为， 又∥平面平面，所以∥. 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以 设为中点，连接，则∥，， 因为，，所以，， 因为，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 过作，因为，平面， 所以平面. 连接，因为平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为∥，所以， 因为， 所以，所以，即，所以. 在中，，所以， 即二面角的正切值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $