精品解析：山东省部分学校2023-2024学年高一下学期联合教学质量检测数学试卷

2023—2024学年第二学期联合教学质量检测 高一数学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由，可知在复平面内对应的点为，则复数在复平面内对应的点位于第二象限. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点为， 则复数在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 若非零向量，满足，，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为1 C. 的最小值为 D. 的最小值为1 【答案】C 【解析】 【分析】由两边平方化简可得，再根据数量积的不等式关系，结合为非零向量，得出答案； 【详解】因为，所以， 则， 即. 又为非零向量，. 所以，所以的最小值为，无最大值. 故选：C. 3. 已知的内角的对边分别为，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理计算即得. 【详解】由正弦定理得,，则. 故选：A. 4. 如图，正方体的棱长为3，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正方体性质可证平面，所以可知为三棱锥的高，由棱锥体积公式可解. 【详解】连结交于，如图， 由，，平面，平面， 所以平面，得点到平面的距离是，也即点到平面的距离是， 即三棱锥的高为，又， 故三棱锥体积为. 故选：A． 5. 某市为了减少水资源浪费，计划对居民生活用水实施阶梯水价制度，为确定一个比较合理的标准，从该市随机调查了100位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（ ） ①估计居民月均用水量低于1.5的概率为0.25； ②估计居民月均用水量的中位数约为2.1 ③该市有40万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3的人数为6万； ④根据这100位居民的用水量，采用样本量按比例分配的分层随机抽样的方法，抽取了容量为20人的样本，则在用水量区间中应抽取3人 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】由频率分布直方图求频率判断①，结合直方图中位数的求法计算中位数，即可判断②；用频率估计总体即可判断③，结合分层抽样的概念即可判断④. 【详解】由频率分布直方图可知， 居民月均用水量低于的概率，故①正确， 三组的频率之和为， 而前四组频率之和为， 故中位数位于，由，②正确 估计万居民中月均用水量不低于3的人数为，③正确 根据用水量对这100位居民进行分层，用分层抽样的方法抽取20人，则用水量在中应抽取人，④错误， 故选：C 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD. 【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误； 对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误； 第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故， 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为， 故， 同时发生的事件包含样本点为，故， 所以，即不相互独立，故C错误； 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故， 同时发生的事件包含的样本点为，故， 所以，即A与C相互独立，故D正确. 故选：D 7. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间（min）的函数关系式为，若甲､乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲､乙两人座舱高度差的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，则，利用函数关系式为作差可求出结果. 【详解】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为， 则， 所以甲､乙两人座舱高度差为 ， 所以甲､乙两人座舱高度差的最大值为. 故选：D. 8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得，再由，结合正切函数的和差角公式以及基本不等式代入计算可得，即可得到结果. 【详解】因为，且，则， 由余弦定理可得，所以， 即，由正弦定理可得， 其中，则，所以， 又， 化简可得， 且为锐角三角形，则， 所以， 即， 解得或（舍）， 所以，当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到，然后结合基本不等式代入计算，即可求解. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，，，则下列说法中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则可判断A；先计算，再求，判断B；用特例验证C；利用说明D正确. 【详解】对于A，或，故A正确． 对于B，方法：，，，所以以3为周期，所以，故B正确． 方法二（复数的三角表示）：，所以的模为1，辐角为，则的模为1，辐角为， 所以．故B正确． 对于C，取，，则，此时，故C错误． 对于D，，，所以，故D正确． 故选：ABD 10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ） A. 若，则事件与B相互独立 B. 若A与B相互独立，则 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 【答案】AB 【解析】 【分析】利用独立事件的定义判断A；利用并事件的概率公式判断B；利用互斥事件的概率公式判断C；分析可知判断出D. 【详解】对于A，由，，得， 显然，因此事件与相互独立，A正确； 对于B，若与相互独立，则， 因此，B正确； 对于C，若与互斥，则，C错误； 对于D，若发生时一定发生，则，，D错误. 故选：AB 【点睛】关键点点睛：判断两个事件相互独立的关键是利用相互独立的定义，即事件相互独立，则，反之亦然. 11. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ） A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为 B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动 C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切） D. 该三棱台可以整体放入直径为的球内 【答案】ACD 【解析】 【分析】延长正三棱台侧棱相交于点，分析可知三棱锥为正四面体，根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解判断A；转化为判断正四面体的外接球在正三棱台的内判断B；运用等体积法求内切球半径可判断C；根据三棱台的各点都在以底面外心为球心，底面圆半径为球的半径内部判断D. 【详解】延长正三棱台侧棱相交于点，在中，因为， 所以，同理，所以， 可知三棱锥为正四面体. 由正棱台的性质可知，过AC的平面截与平面相交时，该三棱台所得截面为梯形， 过AC的平面截与侧棱相交时，该三棱台所得截面为三角形，因为为的中点， 所以为的高即到的最短距离，同理为到的最短距离， 所以截面三角形周长的最小值为的周长,故A正确； 由题意知，在等腰梯形中，过作，如图所示， 则，，又因为，所以， 由题意知，、、、分别为、、、的中点， 又，所以， 又因为，， ，即， 所以， 所以. 设正三棱台的内切球球心为，则由等体积法可知， ，则， 所以，解得， 所以内切球的直径为， 所以直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切），故C正确； 先证在正四面体中，棱长，则其外接球的半径为： 取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则是底面的重心，连接，则外接球的球心在上，设为，连接， 则，，则， 所以，在直角中，， 即，所以. 对于选项B，棱长为的正四面体的外接球半径为， 其直径为，故棱长为的正四面体不可以在该棱台内随意转动，故B错误； 对于选项D，因为的外接圆半径为， 且， 所以正三棱台可以放置在以为球心，半径为的球内， 即该三棱台可以整体放入直径为的球内，正确 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，则向量在方向上的投影向量的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算，结合投影向量的定义求解即得. 【详解】由，，得， 则，， 所以向量在方向上的投影向量. 故答案为： 13. 甲、乙、丙3人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余2人之一，设表示经过次传递后球回到甲手中的概率，则_______________，_______________. 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】球首先由甲传出，经过一次传球，落在乙、丙手中的概率都为，不可能回到甲手中，要想经过次传递后球回到甲手中，那么在次传球后球一定不在甲手中，所以，由此求出. 【详解】球首先由甲传出，经过一次传球，落在乙、丙手中的概率都为，不可能回到甲手中，则； 要想经过次传递后球回到甲手中，那么在次传球后球一定不在甲手中， 所以， 所以，且， 所以数列是公比为，首项为的等比数列， 则，即 故答案为：0； 14. 如图，设草地与山坡所成二面角的平面角为，且.山脚线上有一个标志物，猎人在点的正东方向100米的点处，一只兔子在点的正北方向100米的点处.若兔子沿垂直于的方向往山坡上以10米/秒的速度奔跑，15秒后到达点，同时被猎人击中，则点与点之间的距离为__________米：猎人行走至点的最短路程是__________米. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先根据二面角结合余弦定理求出两点间距离，再根据展开图结合三角形求边长即可. 【详解】过作的平行线，且， 因为，所以为的平面角，， 由， 在中，由余弦定理可得： 所以，， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面平面，所以平面, 所以平面平面,所以， 中，,所以， 把二面角展开成一个平面，, 在中， 所以. 故答案为：；. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）； （3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数. 【答案】（1） （2）73 （3）180 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中，频率之和为1即可求解， （2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解， （3）根据频率估计概率，即可求解人数. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，解得． 【小问2详解】 由题意，估计平均分分. 【小问3详解】 由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为， 则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15， 故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为． 16. 如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且． （1）若，求的值； （2）设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值． （3）若，求的值． 【答案】（1）12 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积定义计算即可； （2）由正弦定理求出，再由三角形面积公式得出面积，利用三角恒等变换化简即可得出最值； （3）由三角形面积间的关系得出，利用（2）中结论化简为，再由三角恒等变换化简求出角正切值即可得解. 【小问1详解】 中，， 所以 所以. 【小问2详解】 在中，，， 由正弦定理得，即， 在中，， 所以，所以 所以 ， 因为，所以， 所以当且仅当，即时，的面积取最大值为. 【小问3详解】 当时，， 即， 因为， 所以， 设且，由（2）得，，且， 所以， 所以， 即， 两边同除以，得， 解得或（舍去）， 此时. 17. 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出两个来自同一组概率．（要求列出样本空间进行计算） 【答案】（1），中位数. （2） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得，，由频率分布直方图求中位数； （2）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可． 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为，即， 所以； 前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75， 所以中位数在第三组，且为； 【小问2详解】 第四、第五两组志愿者分别有20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为， 这5人中选出2人，所有情况有,，,，,，，，,．,，，，，共有10种情况， 其中选出的两人来自同一组的有,，,，,，，,，共6种情况， 故选出的两人来自同一组的概率为． 18. 已知函数． （1）求的最大值以及取得最大值时的集合； （2）当时，求的值域． 【答案】（1）2，； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简，然后由正弦函数性质可得； （2）根据求出的范围，利用正弦函数性质即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以的最大值为2， 由，得， 所以取得最大值时的集合为. 【小问2详解】 当时，， 所以， 所以，即的值域为. 19. 如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱台体积和球的表面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）四棱台的体积为，球的表面积为． 【解析】 【分析】（1）只需证明和即可； （2）做出二面角的平面角再做计算. （3）将四棱台还原为四棱锥，把三棱台的内切球转化为三棱锥的内切球问题. 【小问1详解】 设与、与BD分别交点E，F，连接EF，因为底面为菱形，所以． 在等腰梯形中，因为E，F为底边中点， 所以，又EF与BD相交，平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）可知平面平面，又平面平面， 过点作于，则平面，因为平面， 所以，再作于，又因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，则是二面角的平面角． 因为平面，故是侧棱与底面所成角，所以． 在，，， 在，， 在，． 因此二面角的正切值为． 【小问3详解】 将四棱台还原为四棱锥， 由题意可知三棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥， 因此三棱台和三棱锥的内切球为同一个球，设，是和的中心， 由（2）易知在，所以三棱锥为正四面体，所以， 因此平面是四棱锥的中截面，则，， 故四棱台的体积． 球的表面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024学年第二学期联合教学质量检测 高一数学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、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、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若非零向量，满足，，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最大值为1 C. 的最小值为 D. 的最小值为1 3. 已知内角的对边分别为，，，且，，则（ ） A B. C. D. 4. 如图，正方体的棱长为3，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 5. 某市为了减少水资源浪费，计划对居民生活用水实施阶梯水价制度，为确定一个比较合理的标准，从该市随机调查了100位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图，则以下四个说法正确的个数为（ ） ①估计居民月均用水量低于1.5的概率为0.25； ②估计居民月均用水量的中位数约为2.1 ③该市有40万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3的人数为6万； ④根据这100位居民的用水量，采用样本量按比例分配的分层随机抽样的方法，抽取了容量为20人的样本，则在用水量区间中应抽取3人 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 7. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮等距离设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间（min）的函数关系式为，若甲､乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲､乙两人座舱高度差的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，，，则下列说法中正确的有（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C 若，则 D. 若，则 10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ） A. 若，则事件与B相互独立 B. 若A与B相互独立，则 C. 若A与B互斥，则 D. 若B发生时A一定发生，则 11. 如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有（ ） A. 过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为 B. 棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动 C. 直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切） D. 该三棱台可以整体放入直径为的球内 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量，，则向量在方向上的投影向量的坐标为________． 13. 甲、乙、丙3人做传球练习，球首先由甲传出，每个人得到球后都等可能地传给其余2人之一，设表示经过次传递后球回到甲手中的概率，则_______________，_______________. 14. 如图，设草地与山坡所成二面角的平面角为，且.山脚线上有一个标志物，猎人在点的正东方向100米的点处，一只兔子在点的正北方向100米的点处.若兔子沿垂直于的方向往山坡上以10米/秒的速度奔跑，15秒后到达点，同时被猎人击中，则点与点之间的距离为__________米：猎人行走至点的最短路程是__________米. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生数学成绩全部在内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按，，，，分成5组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分（各组数据以该组数据的中点值作代表）； （3）记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数. 16. 如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且． （1）若，求的值； （2）设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值． （3）若，求的值． 17. 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．（要求列出样本空间进行计算） 18. 已知函数． （1）求的最大值以及取得最大值时的集合； （2）当时，求的值域． 19. 如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱台的体积和球的表面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$