精品解析：山东省济南市2023-2024学年高一下学期7月期末学习质量检测数学试题

2024年7月济南市高一期末学习质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知为虚数单位，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是（ ） A “至少一个白球”与“至少一个黄球” B. “恰有一个白球”与“恰有两个白球” C. “至多一个白球”与“至多一个黄球” D. “至少一个黄球”与“都是黄球” 3. 中，记，，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（ ） A. B. 2 C. D. 5. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 6. 已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，则与平行或异面 7. 某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ） A. 0.035 B. 0.07 C. 0.105 D. 0.14 8. 如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（ ） A. 线段中点的坐标为 B. 重心的坐标为 C. ，两点的距离为 D. 若，则，，三点共线 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，复数，，则下列结论正确的是（ ） A. 所对应点在第一象限 B. 所对应的点在第二象限 C. D. 10. 已知有限集为随机试验的样本空间，事件为的子集，则事件相互独立的充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 11. 如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（ ） A 平面 B. C. 直线与所成的角为 D. 点，，，，，在同一个直径为的球面上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，则至少一人中靶的概率为______． 13. 已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是_____________（写出满足条件的一个值即可）. 14. 在平行六面体中，底面是边长为菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为_____________. 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. 某学校组织“泉城知识答题竞赛”，满分100分，共有100人参赛，其成绩均落在区间内，将成绩数据分成，，，，5组，制成如图所示的频率分布直方图. （1）求的值并估计参赛学生成绩的分位数； （2）从成绩低于70分的学生中，用按比例分配的分层抽样抽取6人.从这6人中任选2人，求此2人分数都在的概率. 16. 已知内角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求； （2）若，，求的周长. 17. 如图1，在菱形中，是边长为2的等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥. （1）证明：； （2）若二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，. （1）已知. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积； （2）求的最小值. 19. 给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. （1）若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； （2）如图所示，是棱长为的正四面体. （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；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 $$ 2024年7月济南市高一期末学习质量检测 数学试题 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题：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. 已知为虚数单位，则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算和虚部概念即可求解. 【详解】由，则它的虚部是， 故选：D. 2. 从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是（ ） A. “至少一个白球”与“至少一个黄球” B. “恰有一个白球”与“恰有两个白球” C. “至多一个白球”与“至多一个黄球” D. “至少一个黄球”与“都是黄球” 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件不可能同时发生，来检验各选项即可. 【详解】从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球， 共有三种结果：两白球，一白一黄，两黄球， 这三个事件是互斥事件.所以B是正确的； 由于至少一个白球，包含事件有两白球和一白一黄， 而至少一个黄球包含两黄球和一白一黄， 当取到一白一黄时，此时这两个事件同时发生，故A错误； 由于至多一个白球，包含事件有一白一黄和两黄球， 而至多一个黄球包含一黄一白和两白球， 所以当取到一白一黄时，此时两个事件同时发生，故C错误； 由于至少一个黄球，包含事件一白一黄和两黄球， 而都是黄球显然也是两黄球，故D错误； 故选：B. 3. 在中，记，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据已知条件以及向量加法和数乘的运算性质得到结果. 【详解】由已知有. 故. 故选：A. 4. 若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（ ） A B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱台的体积公式，即可求得答案. 【详解】依题意，该三棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 故该棱台的体积为. 故选：C. 5. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【详解】由频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小， 平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边， 故平均数大于中位数，所以众数中位数平均数. 故选：B 6. 已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，，则与平行或异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与异面，故A错误； 对于B：若，，则或，故B错误； 对于C：若，，，，当与相交时有， 当与不相交时，或与相交，故C错误； 对于D：若，，，则与平行或异面，故D正确. 故选：D 7. 某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ） A. 0.035 B. 0.07 C. 0.105 D. 0.14 【答案】B 【解析】 【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为，再求出点数第一次比第二次大的概率，即可推出第二个问题中回答“是”的人数，进而求出结果． 【详解】由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为， 则回答问题①②的人数均为， 如果回答问题①，则掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种可能， 所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，，，，共9种可能， 所以在回答问题①的前提下，回答是的概率为， 所以回答问题①时，大约有人回答“是”， 所以回答问题②时，大约有人回答“是”， 故该地区中学生吸烟人数的比例约为． 故选：B． 8. 如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（ ） A. 线段中点的坐标为 B. 重心的坐标为 C. ，两点的距离为 D. 若，则，，三点共线 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，，，根据平面向量线性运算判断A、B，表示出，再根据数量积运算律判断C，根据向量共线定理判断D. 【详解】根据题意，，，， 对于A，设的中点为，则， 故线段中点的坐标为，故A正确． 对于B，设重心为，则 ， 故重心的坐标为，故B正确； 对于C，， 所以 = 即该坐标系中，两点间的距离为： ，故C错误； 对于D，，， 若，易得，则、、三点共线， 若，变形可得，所以， 所以，所以、、三点共线， 综合可得：若，则，，三点共线，故D正确． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键是对斜坐标的理解，灵活运用平面向量的相关知识解答即可. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知为虚数单位，复数，，则下列结论正确的是（ ） A. 所对应的点在第一象限 B. 所对应的点在第二象限 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用复数的运算和模的运算，即可判断各选项. 【详解】由复数，，则，它对应的点为，故A错误； 由复数，，则，它对应的点为，故B正确； 由复数，则所以，故C正确； 由复数，则故D错误； 故选：BC. 10. 已知有限集为随机试验的样本空间，事件为的子集，则事件相互独立的充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据相互独立事件的定义逐一分析判断即可. 【详解】对于A，由，得若发生，则一定发生， 所以事件不相互独立，故A错误； 对于B，由，可得，所以， 所以事件相互独立，故B正确； 对于C，因为，所以事件相互独立， 所以事件相互独立，故C正确； 对于D，由，结合， 得， 所以事件相互独立，故D正确 故选：BCD. 11. 如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线与所成的角为 D. 点，，，，，在同一个直径为的球面上 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，画出图形，根据线面平行定理可解；对于B，证明，结合图形，不可能垂直；对于C，用平移法，找出直线与所成的角，求出来即可；对于D，用补形成正方体方法求解即可. 【详解】如图所示，由于，则四边形为平行四边形，则. 平面，则平面，故A正确； 由于三棱锥中，，其余棱长均为. 则，，为棱的中点， 则等腰三角形和等腰三角形中，，， 则平面.由A知道，，则平面，， 结合图知道不可能垂直，故B错误． 根据旋转特征，可知，四边形为边长为1的正方形， 可以求得.则由，则与所成的角， ，则为等边三角形.则.故C正确. 由前面的证明可以知道，可以将几何体放在正方体中，如图所示，且正方体棱长为1． ，，，，，在上面正方体外接球上，由正方体性质知道外接球直径为．故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，则至少一人中靶的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用独立事件同时发生的概率公式，结合对立事件公式，即可求解. 【详解】设甲中靶为事件，乙中靶为事件， 则至少有一人中靶的对立事件为两人都没有中靶， 则至少有一人中靶的概率. 故答案为： 13. 已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是_____________（写出满足条件的一个值即可）. 【答案】（答案不唯一，只要在区间上均可） 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，由题意可得，即可得解. 【详解】由正弦定理得，所以， 要使有两组解， 则，解得， 所以使得有两组解的的值可以是. 故答案为：（答案不唯一，只要在区间上均可）. 14. 在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为_____________. 【答案】## 【解析】 【分析】首先证明，，，则；即可得到平面，取的中点，连接，即可证明平面，从而确定，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，确定圆心角，即可求出轨迹长. 【详解】首先证明，，，则； 如下图所示： 设，， 在平面内取一点，过点作直线，过点作直线， 由面面垂直的性质定理可得平面，平面； 又，即，所以可得； 又，且平面，可得； 因为平面，均与底面垂直，平面平面， 所以平面，在平行六面体中，则平面， 又底面是边长为的菱形，，连接，则为边长为的等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又点在侧面上运动，即平面， 所以，又，所以， 所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上， 在、分别取点、，使得， 即，且， 又，所以点在弧上，且圆心角， 所以点的轨迹长为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键首先根据面面垂直的性质确定平面，再证明平面，即可确定点的轨迹. 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. 某学校组织“泉城知识答题竞赛”，满分100分，共有100人参赛，其成绩均落在区间内，将成绩数据分成，，，，5组，制成如图所示的频率分布直方图. （1）求的值并估计参赛学生成绩的分位数； （2）从成绩低于70分的学生中，用按比例分配的分层抽样抽取6人.从这6人中任选2人，求此2人分数都在的概率. 【答案】（1），参赛学生成绩的分位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为即可求出，根据百分位数的定义求百分位数即可； （2）先利用分层抽样求出各层的人数，再利用列举法结合古典概型即可得解. 【小问1详解】 由题意，，解得， 因为， 所以参赛学生成绩的分位数在区间上，设为， 则，解得， 所以参赛学生成绩的分位数为分； 【小问2详解】 由题意，区间有人，设为， 区间有人，设为， 从这6人中任选2人，有共种， 其中都在有种， 所以2人分数都在的概率为. 16. 已知内角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，再根据及即可求解； （2）由正弦定理得，再由余弦定理得，即可求解的周长. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 即， 又因为, 所以，且, 所以， 由因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以由正弦定理得, 由余弦定理得， 即，解得， 所以， 故的周长为. 17. 如图1，在菱形中，是边长为2等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥. （1）证明：； （2）若二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接、，即可证明平面，从而得证； （2）过点作于点，连接，即可证明平面，则为直线与平面所成角，再由（1）可知为二面角的平面角，求出相应线段的长度，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 取的中点为，连接、，由为菱形，所以，， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 过点作于点，连接， 由（1）平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 由（1）可知，， 所以为二面角的平面角， 所以， 在中，，，所以， 又，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，. （1）已知. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积； （2）求的最小值. 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2） 【解析】 【分析】（1）（ⅰ）根据化简，结合角的关系及倍角公式即可得解； （ⅱ）先求出，进而可求出，即可求出，再结合（ⅰ）中结论即可得解； （2）先利用正弦定理化边为角，再根据化简，结合基本不等式即可得解. 【小问1详解】 （ⅰ）由题意得， ， 因为，， 所以， ， 所以， 所以； （ⅱ）由（ⅰ）得， 在中，， 所以， 又，所以， 所以； 【小问2详解】 由正弦定理得， 由（1）得， 故， 令， 因为，所以，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略： （1）利用正弦定理实现“边化角”； （2）利用余弦定理实现“角化边”. 求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类： （1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解； （2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解. 19. 给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. （1）若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； （2）如图所示，是棱长为的正四面体. （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）1（答案不唯一） （2）（ⅰ）当的值为时,有4个;当的值为时,有3个（ⅱ）存在,截所得的平面多边形的最大边长为 【解析】 【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面，情形三：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面. （2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面，情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可得解； （ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，结合解三角形知识即可求解. 【小问1详解】 情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面， 则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于. 情形二：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 取中点，连接，，由， 又，平面， 可知直线平面，平面， 则，则，故四边形是边长为1的正方形， 则所求截面面积为正方形的面积等于1. 情形三：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面. 设， 则， 三式相加可得，故. 则. 在等腰三角形中，， 则等腰三角形的面积为. 则所求截面面积为菱形的面积， 等于等腰三角形的面积的两倍，为. 所以本题答案可以为中的任意一个. 【小问2详解】 (i)情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面， 为正四面体高的一半， 等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况： 情形二：分别取的中点，，，， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. (ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为. 在线段上分别取一点，，， 使得， 则平面为满足题意的的4阶等距平面， 故. 又， 由余弦定理可得， ， ， 因为， 故截所得的平面多边形的最大边长为. 【点睛】关键点点睛：解题的关键在于有时候分类讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$