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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
1．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）给定一组数据：，则其分位数为（　　）
A．17 B．18 C．19 D．20
3．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）在正方体中，直线与所成角的大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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
9．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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
12．（2024高一下·烟台期末）已知数据的众数为4，则其标准差为　 　.
13．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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　 　.
15．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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．（2024高一下·烟台期末）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.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：因为事件A与事件互为对立事件，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和对立事件的概率之和为1，从而得出的值.
2．【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这组数从小到大排列好，
因为，
所以分位数为第6个数20.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和百分位数求解方法，从而得出这组数据分位数.
3．【答案】B
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意得，解得，
所以从部门抽取员工的数量为.
故答案为：B.
【分析】先从部门抽取员工6名，从而列方程求出的值，再根据分层抽样的定义得出从部门抽取员工的数量.
4．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】设正方体的棱长为，连接，先证明可得或其补角为直线与直线所成的角，在中求出的值，从而得出直线与所成角的大小.
5．【答案】A
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为袋子中有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．
故答案为：A．
【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，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出“第二次摸到白球”的概率．
6．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】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，再利用是异面直线，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.
故答案为：D.
【分析】根据异面直线的定义，再结合线面垂直和线面平行的判定定理和性质定理，从而逐项判断找出结论一定正确的选项.
7．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：如图为的原图，
可得，
所以，
则以为轴，将旋转一周得到的几何体是为顶点为半径的圆锥，
所以，，
所以几何体的表面积为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和斜二测画法画出的原图，再分析得出绕所在直线旋转一周后形成的几何体，最后根据圆锥的表面积公式，从而得出以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积.
8．【答案】C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】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，因为事件甲与事件乙都包含，所以甲乙不互斥，故A错误；
对于B，因为事件乙与事件丙都包含，所以乙丙不互斥，故B错误；
对于C，因为事件甲的概率为，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，故C正确；
对于D，因为事件丙的概率，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，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和事件互斥、事件独立的定义、古典概率公式和独立事件求概率公式，从而逐项判断找出正确的选项.
9．【答案】B,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】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，又因为，所以，
当时，则内必存在一直线，
而，则，，
所以，故C正确；
对于D，若 ，
则与平行或相交，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据已知条件和直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由，
得.
对于A：因为的平均数，
又因为的平均数等于，故A正确；
对于B：因为的中位数为，
又因为的中位数为，故B正确；
对于C：因为的方差为：，
又因为的方差等于
故C错误；
对于D：因为与的极差都等于，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合，再利用平均数、中位数、方差、极差的计算公式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：分别取中点，连接，如图所示：
因为平面平面且平面平面，又因为，
所以，
又因为平面，所以平面，
同理可得，平面，平面，
因此，
因为，
所以，
综上可得，四边形是矩形，
又因为，所以且，
同理可得.
对于A：因为，所以直线与所成的角，
又因为是正三角形，所以，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，则；
因为平面平面，，平面，
所以平面，
又因为且平面，
所以平面，
则直线与平面所成的角为，
所以，，
则，故B错误；
对于C：因为多面体的体积为：
，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，
所以多面体外接球的表面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【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，再由异面直线的夹角可判断出选项A；利用线面角可判断出选项B；将多面体分成三个三棱锥和一个三棱柱，结合三棱锥体积公式和三棱柱的体积公式，再利用求和法判断出选项C；利用球的体积公式可判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】3
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】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.
【分析】由众数的定义得到的值，再根据平均数公式和标准差的计算公式，从而得出这组数据的标准差.
13．【答案】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，在正四棱台中，点分别为上、下底面的中心，
连接，
由题意可知底面，，
过点作交于点，
则底面，
所以四边形为矩形，，
所以，
又因为，
所以，则正四棱台的高为，
所以正四棱台的体积为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件作出图形，利用线面垂直和矩形的结构特征，再结合勾股定理求出棱台的高，利用棱台的体积公式得出正四棱台的体积.
14．【答案】；
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；直线与平面所成的角
【解析】【解答】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，
又因为，，，
所以，，
在中，
所以，
所以，
则，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：；.
【分析】（1）根据题意，过点作，交于点，连接，则，根据表示，，再表示出，从而得到的值.
（2）先找到四点共面不能构成三棱锥的总数，再利用对立事件求出这4个点能构成三棱锥的概率概率.
15．【答案】（1）解：由题意知，样本空间为：，，
共16个样本点，
设事件“为偶数”，
则
，共12个样本点，
所以，
则“为偶数”的概率为.
（2）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，
则“”的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用列举法求出基本事件总数，从而得出两次数字之积为偶数包含的基本事件个数，再利用古典概率公式得出“为偶数”的概率.
（2）利用列举法求出基本事件总数和满足包含的基本事件个数，再利用古典概率公式得出
“”的概率.
（1）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.
（2）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．【答案】（1）解：由题意知，，
解得.
（2）解：根据频率分布直方图得出：
所以.
（3）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.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率，再结合频率之和等于1，从而得出的值.
（2）先将各区间的中点值乘以对应的频率，再求和，从而可得样本数据的平均值.
（3）由已知条件和分层抽样的平均数公式和方差公式，从而得出落在样本数据的平均值和方差.
（1）由题意知，，
解得；
（2）根据频率分布直方图，
所以；
（3）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．【答案】（1）证明：因为，所以，
又因为平面平面，
所以平面.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）证明：延长交于，
因为分别为中点，
所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为，所以，
又因为为中点，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.
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件，先证明，再结合，最后由线面垂直、面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）延长交于，由中位线定理可证和，再结合线面平行、面面平行的判定定理证出平面平面.
（1）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）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.
18．【答案】（1）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，
则，
所以，
，
则
经过3局比赛，对抗赛结束的概率为.
（2）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，
所以在前三局比赛中，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，
则在前四局比赛中，甲 乙两人各胜两局，第五局甲获胜，
所以
，
则
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）由互斥事件加法求概率公式、独立事件乘法求概率公式以及对立事件的概率公式，从而得出经过3局比赛，对抗赛结束的概率.
（2）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，再求出每个事件的概率，最后利用互斥事件加法求概率公式，从而得出甲代表队赢得对抗赛的概率.
（1）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.
（2）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．【答案】（1）证明：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）解：设平面与平面的交线为，
因为∥平面平面，所以∥，
又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，
则，所以，
在中，，
所以，
则二面角的正切值为.
（3）解：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，
由余弦定理得，解得，
所以，在线段上存在点，当时，与平面所成角大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【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证出∥平面.
（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条件可得平面， 过作，连接，从而可得为二面角的平面角，在中结合正切函数的定义得出二面角的正切值.
（3）设在面上射影为，则为与平面所成角，再利用等体积法求出的长，从而得出的长，最后在中结合余弦定理可求出的长.
（1）证明：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）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.
（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.
1 / 1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
1．（2024高一下·烟台期末）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
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：因为事件A与事件互为对立事件，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和对立事件的概率之和为1，从而得出的值.
2．（2024高一下·烟台期末）给定一组数据：，则其分位数为（　　）
A．17 B．18 C．19 D．20
【答案】D
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将这组数从小到大排列好，
因为，
所以分位数为第6个数20.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和百分位数求解方法，从而得出这组数据分位数.
3．（2024高一下·烟台期末）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
【知识点】分层抽样方法
【解析】【解答】解：由题意得，解得，
所以从部门抽取员工的数量为.
故答案为：B.
【分析】先从部门抽取员工6名，从而列方程求出的值，再根据分层抽样的定义得出从部门抽取员工的数量.
4．（2024高一下·烟台期末）在正方体中，直线与所成角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】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.
故答案为：C.
【分析】设正方体的棱长为，连接，先证明可得或其补角为直线与直线所成的角，在中求出的值，从而得出直线与所成角的大小.
5．（2024高一下·烟台期末）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
【知识点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：因为袋子中有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．
故答案为：A．
【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，再结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出“第二次摸到白球”的概率．
6．（2024高一下·烟台期末）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
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】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，再利用是异面直线，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.
故答案为：D.
【分析】根据异面直线的定义，再结合线面垂直和线面平行的判定定理和性质定理，从而逐项判断找出结论一定正确的选项.
7．（2024高一下·烟台期末）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
【知识点】斜二测画法直观图；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：如图为的原图，
可得，
所以，
则以为轴，将旋转一周得到的几何体是为顶点为半径的圆锥，
所以，，
所以几何体的表面积为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和斜二测画法画出的原图，再分析得出绕所在直线旋转一周后形成的几何体，最后根据圆锥的表面积公式，从而得出以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积.
8．（2024高一下·烟台期末）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
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】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，因为事件甲与事件乙都包含，所以甲乙不互斥，故A错误；
对于B，因为事件乙与事件丙都包含，所以乙丙不互斥，故B错误；
对于C，因为事件甲的概率为，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，故C正确；
对于D，因为事件丙的概率，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，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和事件互斥、事件独立的定义、古典概率公式和独立事件求概率公式，从而逐项判断找出正确的选项.
9．（2024高一下·烟台期末）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】B,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】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，又因为，所以，
当时，则内必存在一直线，
而，则，，
所以，故C正确；
对于D，若 ，
则与平行或相交，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据已知条件和直线与直线的位置关系、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．（2024高一下·烟台期末）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】A,B,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由，
得.
对于A：因为的平均数，
又因为的平均数等于，故A正确；
对于B：因为的中位数为，
又因为的中位数为，故B正确；
对于C：因为的方差为：，
又因为的方差等于
故C错误；
对于D：因为与的极差都等于，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合，再利用平均数、中位数、方差、极差的计算公式，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2024高一下·烟台期末）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】A,C,D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：分别取中点，连接，如图所示：
因为平面平面且平面平面，又因为，
所以，
又因为平面，所以平面，
同理可得，平面，平面，
因此，
因为，
所以，
综上可得，四边形是矩形，
又因为，所以且，
同理可得.
对于A：因为，所以直线与所成的角，
又因为是正三角形，所以，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，则；
因为平面平面，，平面，
所以平面，
又因为且平面，
所以平面，
则直线与平面所成的角为，
所以，，
则，故B错误；
对于C：因为多面体的体积为：
，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，
所以多面体外接球的表面积为，故D正确.
故答案为：ACD.
【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，再由异面直线的夹角可判断出选项A；利用线面角可判断出选项B；将多面体分成三个三棱锥和一个三棱柱，结合三棱锥体积公式和三棱柱的体积公式，再利用求和法判断出选项C；利用球的体积公式可判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高一下·烟台期末）已知数据的众数为4，则其标准差为　 　.
【答案】3
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】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.
【分析】由众数的定义得到的值，再根据平均数公式和标准差的计算公式，从而得出这组数据的标准差.
13．（2024高一下·烟台期末）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】
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，在正四棱台中，点分别为上、下底面的中心，
连接，
由题意可知底面，，
过点作交于点，
则底面，
所以四边形为矩形，，
所以，
又因为，
所以，则正四棱台的高为，
所以正四棱台的体积为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件作出图形，利用线面垂直和矩形的结构特征，再结合勾股定理求出棱台的高，利用棱台的体积公式得出正四棱台的体积.
14．（2024高一下·烟台期末）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】；
【知识点】互斥事件与对立事件；古典概型及其概率计算公式；直线与平面所成的角
【解析】【解答】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，
又因为，，，
所以，，
在中，
所以，
所以，
则，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：；.
【分析】（1）根据题意，过点作，交于点，连接，则，根据表示，，再表示出，从而得到的值.
（2）先找到四点共面不能构成三棱锥的总数，再利用对立事件求出这4个点能构成三棱锥的概率概率.
15．（2024高一下·烟台期末）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）解：由题意知，样本空间为：，，
共16个样本点，
设事件“为偶数”，
则
，共12个样本点，
所以，
则“为偶数”的概率为.
（2）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，
则“”的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用列举法求出基本事件总数，从而得出两次数字之积为偶数包含的基本事件个数，再利用古典概率公式得出“为偶数”的概率.
（2）利用列举法求出基本事件总数和满足包含的基本事件个数，再利用古典概率公式得出
“”的概率.
（1）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.
（2）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．（2024高一下·烟台期末）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）解：由题意知，，
解得.
（2）解：根据频率分布直方图得出：
所以.
（3）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.
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【分析】（1）由频率分布直方图中各小组的矩形的面积等于各小组的频率，再结合频率之和等于1，从而得出的值.
（2）先将各区间的中点值乘以对应的频率，再求和，从而可得样本数据的平均值.
（3）由已知条件和分层抽样的平均数公式和方差公式，从而得出落在样本数据的平均值和方差.
（1）由题意知，，
解得；
（2）根据频率分布直方图，
所以；
（3）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．（2024高一下·烟台期末）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.
又因为平面，
所以平面平面.
（2）证明：延长交于，
因为分别为中点，
所以，
又因为平面平面，
所以平面，
因为，所以，
又因为为中点，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.
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）利用已知条件，先证明，再结合，最后由线面垂直、面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）延长交于，由中位线定理可证和，再结合线面平行、面面平行的判定定理证出平面平面.
（1）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）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.
18．（2024高一下·烟台期末）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）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，
则，
所以，
，
则
经过3局比赛，对抗赛结束的概率为.
（2）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，
所以在前三局比赛中，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，
则在前四局比赛中，甲 乙两人各胜两局，第五局甲获胜，
所以
，
则
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）由互斥事件加法求概率公式、独立事件乘法求概率公式以及对立事件的概率公式，从而得出经过3局比赛，对抗赛结束的概率.
（2）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，再求出每个事件的概率，最后利用互斥事件加法求概率公式，从而得出甲代表队赢得对抗赛的概率.
（1）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.
（2）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．（2024高一下·烟台期末）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）证明：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）解：设平面与平面的交线为，
因为∥平面平面，所以∥，
又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，
则，所以，
在中，，
所以，
则二面角的正切值为.
（3）解：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，
由余弦定理得，解得，
所以，在线段上存在点，当时，与平面所成角大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【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证出∥平面.
（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条件可得平面， 过作，连接，从而可得为二面角的平面角，在中结合正切函数的定义得出二面角的正切值.
（3）设在面上射影为，则为与平面所成角，再利用等体积法求出的长，从而得出的长，最后在中结合余弦定理可求出的长.
（1）证明：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）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.
（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.
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