精品解析：山东省部分学校2023-2024学年高一下学期联合测评数学试卷

2023-2024学年下学期高一联合测评 数学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第―象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据实部，虚部，组成的坐标.根据坐标正负找到对应的象限即可. 【详解】复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第二象限. 故选：B. 2. 如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用面面平行的性质，证得，得到，结合，即可求解. 【详解】因为平面平面，且平面平面，平面平面， 所以，所以， 可得，所以. 故选：C. 3. 已知向量满足，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，，则，结合数量积运算律化简可解. 【详解】根据题意，，所以， 又，所以， 即，因为， 所以. 故选：A. 4. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，面积为，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用三角形的面积公式，求得且，结合余弦定理，即可求解. 【详解】因为，可得， 又因为且面积为，可得， 解得，则， 又由余弦定理得，所以. 故选：D. 5. 有一组样本数据：2，3，3，3，4，4，5，5，6，6．则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（ ） A. 第75百分位数 B. 平均数 C. 极差 D. 众数 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出该组数据的第75百分位数、平均数、极差、众数，比较大小，即可得到答案. 【详解】计算第75百分位数：，则取第8位数据， 即该组数据的第75百分位数为5； 平均数为； 极差为； 众数为3. 综上，第75百分位数最大. 故选：A. 6. 甲、乙、丙三人参加“社会主义核心价值观”演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（ ） A. 14 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】设甲、乙、丙获得一等奖的概率分别是，，， 则不获一等奖的概率分别是，，， 则这三人中恰有两人获得一等奖的概率为： ， 这三人都获得一等奖的概率为， 所以这三人中至少有两人获得一等奖的概率. 故选：D. 7. 故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点， 取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面， 平面，所以， 所以，即，解得， 所以点到平面的距离是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（ ） A. 与所成角为 B. 点P为线段的中点 C. 三棱锥的体积为 D. 平面截正方体所得截面的面积为 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，连接，得出即为与所成角的平面角即可判断；对于B，连接，证明平面和平面重合即可判断；对于C，利用等体积法求出三棱锥的体积；对于D：先判断出平面截正方体所得截面为正六边形，边长为，即可判断. 【详解】对于A，连接， 因为分别为的中点，所以， 所以即为与所成角的平面角， 在中，，故， 所以与所成角为，故A正确； 对于B，连接， 因为且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为，所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为分别为的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面， 因为平面，平面， 所以平面平面， 而为平面和平面的公共边， 所以平面和平面重合， 所以点即为的交点， 所以点P为线段的中点，故B正确； 对于C：因为平面，所以点到平面的距离相等， 所以，故C错误； 对于D：分别取，，的中点为，连接， 在正方体中，， 所以，所以四点共面， 同理可证：共面， 在棱长为2的正方体中，所以. 同理可求：， 所以平面截正方体所得截面为正六边形，边长为， 面积为，故D正确. 故选：C. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 二、选择题：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. 在中，角所对的边分别为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则； B. 若，则是直角三角形； C. 若是等腰三角形，则； D. 若，则的面积最大值为3. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正弦定理得，利用余弦定理求得，可判定A错误；由，得到，利用余弦定理求得，结合，可判定B正确；由是等腰三角形，得到，结合余弦定理，可判定C正确；利用余弦定理求得，得到，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】因为，由正弦定理得， 对于A中，由余弦定理得， 所以，所以A错误； 对于B中，由，因为，可得， 由余弦定理得， 所以，则，所以，所以是直角三角形，所以B正确； 对于C中，若是等腰三角形，显然， 当时，则有成立，此时不能构成三角形， 所以只能， 由余弦定理得， 在中，可得，所以C正确； 对于D中，由余弦定理得， 所以， 则， 当时，取得最大值，所以D正确. 故选：BCD. 10. 下列说法错误的是（ ） A. 已知向量，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件 B. 已知向量，若，则 C. 若向量，则在方向上的投影向量坐标为 D. 在中，向量与满足，则为等边三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由的夹角为锐角得且不共线求解判断；对于B，由可求得；对于C，根据投影向量的求法判断；对于D，运算后可判断. 【详解】对于A，由的夹角为锐角，得且不共线，则，解得且， 因此“的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件，A错误； 对于B，由量，，得，解得，B错误； 对于C，由向量，得， 因此在方向上的投影向量为，C正确； 对于D，在中， ，而，因此， 所以不一定为等边三角形，D错误. 故选：ABD. 11. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（     ） A. 如果，那么 B. 如果，那么， C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 【答案】CD 【解析】 【分析】古典概型、条件概率、互斥事件的概率，相互独立事件的概率公式的运用。 【详解】对于选项A，设一个盒子里有标号为 1 到 10 的小球, 从中摸出一个小球, 记下球的编号, 记事件A=“球的编号是偶数”， 事件B=“球的编号是1，2，3” ，事件C=“球的编号是奇数” 满足 , 但是 选项A错误; 对于选项B，如果 , 那么 ,选项B错误; 对于选项C， 如果与互斥，那么 , 所以选项C正确; 对于选项D，如果与相互独立，那么 所以选项D正确。 故选：CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的高为_______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，根据题意列出方程解出即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 由于圆锥侧面展开图是一个半圆， 故有， 即圆锥母线长为， 又圆锥的表面积为， 解得， 所以圆锥的高为. 故答案为：. 13. 已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则______；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值. 【详解】解法一：因为，即，则， 可得，所以； 由题意可知：， 因为为线段上的动点，设， 则， 又因为为中点，则， 可得 ， 又因为，可知：当时，取到最小值； 解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 可得， 因为，则，所以； 因为点在线段上，设， 且为中点，则， 可得， 则， 且，所以当时，取到最小值为； 故答案为：；. 14. 定义：．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若，且，则边c的最小值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】先由新定义将原式化简，并求得，再代入余弦定理公式表示c，利用基本不等式求得其最小值. 【详解】由题可知， 化简得，即， C为三角形内角，解得， 由余弦定理得， 所以，时等号成立，所以边c的最小值为. 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. 已知向量，，在同一平面上，且． （1）若，且，求向量的坐标； （2）若，且与垂直，求k的值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行设出，利用坐标表示向量的模进行求解； （2）求出向量的坐标，利用数量积的坐标运算，结合两向量垂直数量积等于，进而求解． 【小问1详解】 ∵，设， ∵，即，， 或. 【小问2详解】 ，，，， ，， 即， 即， 则. 16. 在中，角的对边分别是． （1）求证：； （2）若，面积为1，求边的长． 【答案】（1） 根据，以及，， 得，． 所以，即， 根据，得． 所以， 由正弦定理，得，因此． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题中等式利用同角三角函数商关系公式，两角和的正弦公式，三角和内角和定理，正弦定理化简得到结果； （2）利用（1）的结果计算，再利用三角形面积公式计算出，最后利用余弦定理计算出； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，， ， 所以，得，， 又， 所以由余弦定理得． 17. 新高考实行“”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学的某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科. （1）写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率； （2）甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率. 【答案】（1）样本空间见详解， （2） 【解析】 【分析】（1）利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果； （2）根据对立事件概率公式和独立事件的乘法公式可求出结果. 【小问1详解】 依题意，样本空间为{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政，物地政，史化生，史化地，史化政，史生地，史生政，史地政}，， 记事件“所选组合符合该大学某专业报考条件”，则{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政}，，所以. 【小问2详解】 记事件“甲符合该大学某专业报考条件”， 事件“乙符合该大学某专业报考条件”， 事件“甲、乙两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件”， 由（1）可知，， 所以. 18. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边. （1）若，求A的大小； （2）若BC边上的高等于，且，求的取值范围； （3）求实数t的取值范围，使得对任意实数x和任意角A（），恒有. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角可得，可求； （2）由三角形面积公式和余弦定理可得，进而可得，利用辅助角公式可求最大值； （3）利用二次函数的最小值可得，进而转化为①或②，利用基本不等式与对勾函数的最值可求实数的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理可得， 整理得，即， 因为，， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 因为边上的高等于， 由三角形面积公式得，即， 又由余弦定理可得，， 从而有， 所以， 因为，所以，所以， ，所以的取值范围为. 【小问3详解】 令 ， 所以当时， ， 所以 所以， 所以， 所以①或②， 因为，又， 所以， 由①可得， ， 所以， 所以， 由②可得， 所以， 由对勾函数性质可知，所以. 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：二次函数的最值问题，利用开口向上，在顶点处取得最小值，可得不等关系，进而转化为不等式恒成立问题处理是关键. 19. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型,点E在棱PB上，满足, 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割： （1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由； （2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置； ①请求出 的值； ②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值. 【答案】（1）G为PC上靠近C的四等分点，理由见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由条件及结合图形，考虑取PC上靠近C的四等分点为G,即可推得,即得平面； （2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即可推得结果； ②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即得. 【小问1详解】 由已知得，点E在棱PB上，满足,点F在棱PC上，满足， 如图，取PC上靠近C的四等分点为G，则必有, 则根据三角形相似，必有， 因平面, 平面, 易得EF∥平面 . 【小问2详解】 ①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H， 由（1） 可得，即G为的中点， 由， 可得B为MC的中点， 由AD∥BC及 可得D为CN的中点， 在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK， 则，, 所以，， 即 . ② 连接,两线交于点，连接,则平面，因平面，则, 因是正方形，则，又，故得平面， 由①得,则,故有平面， 又,则有平面，且平面, 过点作于点，则，则即直线与平面α所成角. 因，则，在中，, 故，即直线PA与平面α所成角的正弦值为 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面平行的判定探究和线面所成角的求法，属于较难题. 解题的关键在于在寻求与已知直线平行的直线，由线线平行得线面平行；关键二在于要求线面所成角，一般应构建平面的垂线，利用线面所成角的定义得到并借助于解三角形求得；也可利用等体积算出点到平面的距离再间接计算得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年下学期高一联合测评 数学试卷 注意事项： 1.答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 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. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第―象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 3. 已知向量满足，且，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，面积为，则（ ） A. B. C. 4 D. 2 5. 有一组样本数据：2，3，3，3，4，4，5，5，6，6．则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（ ） A. 第75百分位数 B. 平均数 C. 极差 D. 众数 6. 甲、乙、丙三人参加“社会主义核心价值观”演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（ ） A. 14 B. C. D. 7. 故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（ ） A. 与所成角为 B. 点P为线段的中点 C. 三棱锥的体积为 D. 平面截正方体所得截面的面积为 二、选择题：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. 在中，角所对的边分别为，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则； B. 若，则是直角三角形； C. 若是等腰三角形，则； D. 若，则的面积最大值为3. 10. 下列说法错误的是（ ） A. 已知向量，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件 B. 已知向量，若，则 C. 若向量，则在方向上的投影向量坐标为 D. 在中，向量与满足，则为等边三角形 11. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（     ） A. 如果，那么 B. 如果，那么， C. 如果与互斥，那么 D. 如果与相互独立，那么 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的高为_______. 13. 已知正方形的边长为1，若，其中为实数，则______；设是线段上的动点，为线段的中点，则的最小值为______． 14. 定义：．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若，且，则边c的最小值为____________． 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. 已知向量，，在同一平面上，且． （1）若，且，求向量的坐标； （2）若，且与垂直，求k的值． 16. 在中，角的对边分别是． （1）求证：； （2）若，面积为1，求边的长． 17. 新高考实行“”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学的某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科. （1）写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率； （2）甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率. 18. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边. （1）若，求A的大小； （2）若BC边上的高等于，且，求的取值范围； （3）求实数t的取值范围，使得对任意实数x和任意角A（），恒有. 19. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型,点E在棱PB上，满足, 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割： （1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由； （2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置； ①请求出 的值； ②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $