2024級高一下學期第二次學情檢測數學試題注意事項：1．本試題滿分150分，考試時間為120分鐘.2．答卷前，務必將姓名和準考證號填涂在答題紙上.3．使用答題紙時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫，要字跡工整，筆跡清晰：超出答題區書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知事件A與事件互為對立事件，且，則（）A.0.4 B.0.5 C.0.6 D.0.7【答案】C【解析】【分析】根據對立事件的概率之和為1求解即可.【詳解】因為事件A與事件互為對立事件，所以，故選：C.2.給定一組數據：，則其分位數為（）A.17 B.18 C.19 D.20【答案】D【解析】【分析】利用百分位數的定義直接求解即可【詳解】這組數從小到大已排列好，因為，所以分位數為第6個數20，故選：D3.某公司三個部門的員工數量之比為，現采用分層抽樣的方法從這三個部門抽取18名員工進行問卷調查，若從部門抽取員工6名，則從部門抽取員工的數量為（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】先由從部門抽取員工6名列方程求出，再根據分層抽樣的定義可求得結果.【詳解】由題意得，解得，所以從部門抽取員工的數量為.故選：B4.在正方體中，異面直線與所成的角為（）A.30° B.45° C.60° D.90°【答案】C【解析】【分析】首先由可得是異面直線和所成角，再由為正三角形即可求解.【詳解】連接．因為為正方體，所以，則是異面直線和所成角．又,可得為等邊三角形，則，所以異面直線與所成角為，故選：C【點睛】本題考查異面直線所成的角，利用平行構造三角形或平行四邊形是關鍵，考查了空間想象能力和推理能力，屬于中檔題.5.袋子中有4個除顏色外完全相同的小球，其中1個紅球?3個白球，從中不放回地依次隨機摸出2個球，則“第二次摸到白球”的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】第二次摸到白球的情況有兩種：①第一次摸到白球，第二次摸到白球，②第一次摸到紅球，第二次摸到白球，由此能求出第二次摸到白球的概率．【詳解】袋子中有4個除顏色外完全相同的小球，其中1個紅球?3個白球，從中不放回地依次隨機摸出2個球，第二次摸到白球的情況有兩種：①第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率為：，②第一次摸到紅球，第二次摸到白球，概率為：，則第二次摸到白球的概率為．故選：A．6.若是異面直線，則下列結論一定正確的是（）A.存在與都平行的直線 B.存在與都垂直的平面C.存在過且與垂直的平面 D.存在過且與平行的平面【答案】D【解析】【分析】根據異面直線的定義，結合線面垂直和線面平行的定理和性質判斷四個選項即可.【詳解】對于A，如果存在存在與都平行的直線，則，與是異面直線矛盾，故A錯誤；對于B，如果存在與都垂直的平面，則，與是異面直線矛盾，故B錯誤；對于C，如果存在過且與垂直的平面，則，因為是異面直線，不一定垂直，故C錯誤；對于D，設為直線上一點，在上取兩點，則確定一個平面，在內過作，此時與確定一個平面即為過且與平行的平面，故D正確，故選：D.7.如圖，是用斜二測畫法得到的水平放置的的直觀圖，其中.以為軸，將旋轉一周得到的幾何體的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】畫出的原圖，再分析繞所在直線旋轉一周后形成的幾何體，求表面積即可.【詳解】如圖為的原圖，可得，所以，所以以為軸，將旋轉一周得到的幾何體是為頂點為半徑的圓錐，，，所以幾何體的表面積為.故選：B.8.如圖，在棱長為2的正方體中，點E，F，G分別是棱BC，，的中點，點P為底面上任意一點，若直線BP與平面EFG無公共點，則下列命題中，①平面EFG②平面平面③所有點P在直線上④BP與所成的角為，則的最小值是正確命題的個數是（）A.1個 B.2個 C.3個 D.4個【答案】C【解析】【分析】對于①，根據直線BP與平面EFG無公共點進行判斷，對于②，根據面面平行的判定定理結合正方體的性質分析判斷，對于③，結合①②分析判斷，對于④，【詳解】對于①，因為直線BP與平面EFG無公共點，所以平面EFG，所以①正確，對于②，連接，因為點E，F，G分別是棱BC，，的中點，所以∥，∥，因為∥，所以∥，因為平面，平面，所以∥平面，∥平面，因為，平面，所以平面平面，所以②正確，對于③，由①②知平面，平面EFG，所以平面，因為平面平面，點P為底面上任意一點，所以所有點P在上，所以③錯誤，對于④，因為∥，所以為BP與所成的角，因為平面，平面，所以，所以，由③可知點P在上，所以當為的中點時，最小為，所以的最小值為，即的最小值是，所以④正確.故選：C二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列結論正確的有（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則【答案】BC【解析】【分析】根據直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系逐選項判斷即可.【詳解】對于A，若，則或，故A錯誤；對于B，若，由線面垂直的性質定理，則，故B正確；對于C，若，則或，當時，又，所以，當時，則內必存在一直線，而，則，，故，故C正確；對于D，若，則與平行或相交，故D錯誤，故選：BC.10.已知一組樣本數據滿足，則去掉后的新數據與原數據相比（）A.平均數不變 B.中位數不變C.方差不變 D.極差不變【答案】ABD【解析】【分析】結合，分別利用平均數、中位數、方差、極差的計算公式逐項判斷.【詳解】由得.對于A：的平均數，又的平均數等于，故A正確；對于B：的中位數為，又的中位數為，故B正確；對于C：的方差等于，又的方差等于，故C錯誤；對于D：與的極差都等于，故D正確.故選：ABD.11.在如圖所示的三棱錐中，，兩兩互相垂直，下列結論正確的為（）A.直線與平面所成的角為45°B.二面角的正切值為C.到面的距離為D.作平面，垂足為，則為的重心【答案】ABD【解析】【分析】利用線面垂直的判定定理可得平面，可得為直線與平面所成的角，即可判斷A項；利用線面垂直的判定定理可得平面，即得為二面角的平面角，即可判斷B項；利用等體積法求點面距離即可判斷C項；利用線面垂直得判定定理結合等邊三角形的性質即可判斷D項.【詳解】對于A，因為，，兩兩互相垂直，，平面，平面，故為直線與平面所成的角，又，所以，故直線與平面所成的角為，故A正確；對于B，取中點為，連接，因為，，，兩兩互相垂直，所以，因為，平面，所以平面，故為二面角的平面角，則，故二面角的正切值為，故B項正確；因為，所以，設到面的距離為，則，解得，故C項錯誤；對于D，因為，故為等邊三角形，因為平面，則點為點在平面上的投影，又，即點到頂點的距離相等，即點到頂點的距離相等，故為的外心也即重心，故D項正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知數據的眾數為4，則其標準差為__________.【答案】3【解析】【分析】由眾數的定義得到，再根據標準差的計算公式求解即可.【詳解】因為數據的眾數為4，所以，所以平均數為：，所以標準差為：，故答案為：3.13.若某正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2和4，側棱長為，則其體積為__________.【答案】##【解析】【分析】根據已知條件作出圖形，求出棱臺的高，再利用棱臺的體積公式即可求解.【詳解】如圖所示，在正四棱臺中，點分別為上、下底面的中心，連接，則由題意可知底面，，過點作交于點，則底面，進而得四邊形矩形，，所以，又因為，所以，即正四棱臺的高為，所以正四棱臺的體積為.故答案為：.14.如圖，在三棱錐中，底面是邊長為2的正三角形，且平面，點為的中點，點為棱上一動點，且.若直線與底面所成角的正切值為，則的值為__________.在個點中任取4個，則這4個點能構成三棱錐的概率為__________.【答案】①.##②.##【解析】【分析】（1）根據題意過點作，交于點，連接，即，根據表示，，再表示出，進而得到.（2）找到四點共面不能構成三棱錐的總數，利用對立事件求出概率.【詳解】如圖，過點作，交于點，連接，因為平面，所以平面，因為直線與底面所成角的正切值為，所以，又，，，所以，，又在中，所以，所以，即，所以；從個點中任取4個，共有個結果，其中4個點共面的取法有6個，所以這4個點能構成三棱錐的概率為，故答案為：；..15.每年的4月23日為“世界讀書日”.為了解學生課外閱讀情況，某學校從本校學生中隨機抽取了200名學生，對其每天閱讀時間（單位：分鐘）進行調查，并依據樣本數據繪制了如下頻率分布直方圖.（1）求頻率分布直方圖中的值；（2）求樣本數據的平均值（同一組中的數據用該組區間的中點值代表）；（3）已知落在樣本數據的平均值是53，方差是4；落在樣本數據的平均值是68，方差是9.求落在樣本數據的平均值和方差.【答案】（1）（2）（3）59，60【解析】【分析】（1）由頻率分布直方圖的性質，可得各個區間的頻率和為1，即可得到的值；（2）再將各區間的中點值乘以對應的頻率，并求和，即可得樣本數據的平均值；（3）由分層抽樣的方差公式求解.【小問1詳解】由題意知，，解得；【小問2詳解】根據頻率分布直方圖，所以；【小問3詳解】由頻率分布直方圖知，落在?的樣本數據的頻數分別為60，40，所以，所以.16.如圖，在四棱錐中，.（1）求證：平面平面；（2）若分別為的中點，求證：平面平面.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】【分析】（1）可以證明，結合，線面垂直、面面垂直的判定定理即可得證；（2）延長交于，由中位線定理可證，以及，再結合線面平行、面面平行的判定定理即可得證.【小問1詳解】因為，所以.又因為平面平面，所以平面.又平面，所以平面平面.【小問2詳解】延長交于，因為分別為中點，所以，又平面平面，所以平面.因為，所以，又為中點，所以，注意到，所以，所以.又因為，所以為中點，所以.又因為平面平面，所以平面.因為平面平面，所以平面平面.17.如圖，在三棱錐中，，為的中點.（1）證明：平面平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用平面可證平面平面；（2）過點P作的垂線，垂足為H，連結，通過證明平面可得直線與平面所成角為，再通過計算可得結果.【詳解】（1）因為為正三角形，所以；因為，所以.又，平面，所以平面.因為平面，所以平面平面（2）過點P作的垂線，垂足為H，連結.因為平面平面，又平面平面，平面，故平面.所以直線與平面所成角為在中，，由余弦定理得，所以.所以,又，故，即直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】關鍵點點睛：第（1）問利用線面垂直證明面面垂直是解題關鍵；第（2）問作出線面角并證明線面角是解題關鍵.18.甲?乙兩支代表隊進行趣味籃球對抗賽；規則如下：對抗賽分為若干局；每局比賽只有勝負兩種結果，勝者得1分，負者得0分；積分首先達到3分的代表隊贏得對抗賽，對抗賽結束.假定甲代表隊每局比賽獲勝的概率為；且各局比賽結果互不影響.（1）求經過3局比賽，對抗賽結束的概率；（2）求甲代表隊贏得對抗賽的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由互斥加法、獨立乘法以及對立事件的概率公式計算即可；（2）首先將事件拆分成若干個互斥事件的并：即3局或4局或5局結束比賽，然后求出每個事件的概率，最后利用互斥加法公式即可求解.【小問1詳解】設事件“甲第局獲勝”，事件“經過3局比賽，對抗賽結束”，由題意知，前3局比賽中，甲全勝或者全負，即，，，于是，經過3局比賽，對抗賽結束的概率為.【小問2詳解】設事件“甲贏得對抗賽”，“經過局比賽，甲贏得對抗賽”，.則.若，則甲?乙的積分之比為；若，則甲?乙積分之比為，即在前三局比賽中，甲勝兩局負一局，第四局甲獲勝，所以；若，則甲?乙的積分之比為，即在前四局比賽中，甲?乙兩人各勝兩局，第五局甲獲勝，所以故.19.如圖，在直三棱柱中，，分別為的中點.（1）求證：∥平面；（2）設平面與平面的交線為，求二面角的正切值；（3）在線段上是否存在點，使直線與平面所成角的大小為？若存在，求出的長度；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，【解析】【分析】（1）設，連接，結合三角形中位線定理可得∥，再利用線面平行的判定定理可證得結論；（2）設平面與平面的交線為，則∥，設為中點，連接，由直棱柱的性質結合已知可證得平面，過作，連接，可得為二面角的平面角，然后在中求解即可；（3）設在面上射影為，則為與平面所成角，然后利用等體積法可求出，從而可求出，進而在中可求出.【小問1詳解】證明：設，連接，因為四邊形為平行四邊形，