精品解析：山东省临沂市2023-2024学年高一下学期期末学科素养水平监测数学试题

临沂市2023级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 2024.7 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及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.如需要改动，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、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. 若，则在复平面对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 一组数据下四分位数为（ ） A. B. C. D. 3. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 4. 已知直线，与平面，，（互不相同），则能使的充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 5. 将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周，所形成几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 记中的内角，，所对的边分别为，，，已知的面积，则（ ） A B. C. D. 7. 若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（ ） A B. C. D. 8. 在中，点满足，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则（ ） A. B. 平均数的估计值为30 C. 众数的估计值为35 D. 这100名学生中有25名学生每天体育活动时间不低于40分钟 10. 不透明盒子里装有除颜色外完全相同的2个黑球、3个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件“取出的两个球是一个黑球、一个白球”，事件“两个球中至多一个黑球”，事件“两个球均为白球”，则（ ） A. B. C. D. 11. 在正方体中，是棱的中点，是棱上的点，则（ ） A. 直线与平面所成角为 B. 当点位于的中点时， C. 二面角的平面角余弦值范围为 D. 存在点，使得平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则的最大值为_________． 13. 圆中，已知弦，则_________． 14. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为_________． 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. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，边上的高为1，求的周长． 16. 已知两个单位向量与的夹角为，设，． （1）求最小值； （2）若与的夹角为钝角，求的取值范围． 17. 某学校高一年级在对组建机器人建模社团调查中，采取样本量比例分配的分层随机抽样．如果不知道样本数据，只知道抽取了男生30人、女生20人进行兴趣爱好问卷调查（满分100分），其中男生问卷所得平均分和方差分别为和，女生问卷所得平均分和方差分别为和． （1）求总样本方差； （2）从样本中择优选出小明、小芳和荣荣参加机器人建模大赛，大赛分为初赛和复赛两个环节，初赛合格后才能参加复赛，复赛合格后才能获奖，是否通过初赛和是否通过复赛相互独立．小明通过初赛和复赛的概率分别为，，小芳通过初赛和复赛的概率分别为，，荣荣通过初赛和复赛的概率与小明都相同，且三人比赛互不影响．求这三人中恰有两人获奖的概率． 18. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）若，求的值； （3）将函数图象上所有点向右平移个单位长度，再把所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有两个零点，求的取值范围． 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 临沂市2023级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 2024.7 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及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.如需要改动，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、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. 若，则在复平面对应点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法运算以及共轭复数的概念、复数的几何意义即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以在复平面对应点的坐标为. 故选：B. 2. 一组数据的下四分位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题目数据从小到大排列，然后根据百分位数的定义计算 【详解】一组数据，从小到大排序为：， 下四分位数，即分位数，， 根据百分位数的定义，下四分位数应取从小到大排列的第个数，即. 故选：A 3. 若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，由此计算原图形的面积． 【详解】在直观图中过点作交于点， 因为，，，， 所以，则，所以， 由直观图可得如下平面图形，且，，， 所以. 故选：D 4. 已知直线，与平面，，（互不相同），则能使的充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】由线面、面面位置关系即可逐一判断各个选项并求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，故A错误； 对于B，若，则存在使得， 因为，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于C，若，则平行，故C错误； 对于D，若，，，则只能说明相交但不一定垂直，故D错误. 故选：B. 5. 将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周，所形成几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，所形成的几何体是由底面半径为，高为的两个圆锥拼接而成，则其表面积是两个圆锥的侧面积之和. 【详解】如图等腰直角三角形，，则，取中点，连接，则，且， 将一个直角边长为的等腰直角三角形绕其斜边旋转一周， 所形成的几何体是由底面半径为，高为，母线长为的两个圆锥拼接而成， 所以所形成的几何体的表面积为. 故选：C 6. 记中的内角，，所对的边分别为，，，已知的面积，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由面积公式及余弦定理计算可得. 【详解】因为， 又由余弦定理， 所以， 所以，则. 故选：A 7. 若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先分析出圆台底面为球中的一个大圆，然后求出圆台的高，根据圆台的体积公式即可得出答案. 【详解】依题意得，球的直径是，且圆台下底的圆的直径也是，故圆台的底面是球的一个大圆， 如下图，作出圆台的截面图形，即梯形，这里为球心，连接， 作，垂足为， 由已知，， 由三线合一，，则，即为圆台的高， 根据圆台的体积公式，. 故选：D 8. 在中，点满足，过点的直线分别交直线，于不同的两点，，设，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】运用向量线性运算及三点共线结论即可求得结果. 【详解】连接，如图所示， 因为， 所以， 又因为，， 所以， 又因为、、三点共线， 所以， 所以. 故选：C. 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. 某学校为了调查高一年级学生每天体育活动时间的情况，随机选取了100名学生，绘制了如图所示频率分布直方图，则（ ） A. B. 平均数的估计值为30 C. 众数的估计值为35 D. 这100名学生中有25名学生每天体育活动时间不低于40分钟 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出，再根据平均数、众数及频率分布直方图一一判断即可. 【详解】依题意可得，解得，故A正确； 平均数的估计值为，故B错误； 由频率分布直方图可知的频率最大，因此众数的估计值为，故C正确； 随机选取这100名学生中体育活动时间不低于40分钟的人数为，故D正确； 故选：ACD 10. 不透明盒子里装有除颜色外完全相同的2个黑球、3个白球，现从盒子里随机取出2个小球，记事件“取出的两个球是一个黑球、一个白球”，事件“两个球中至多一个黑球”，事件“两个球均为白球”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用列举法写出随机取出个小球的基本事件，根据题设描述列举对应事件，由古典概型的概率求法求概率. 【详解】记个白球为，个黑球为，随机取出个小球的事件如下， ， 事件对应的基本事件有，所以，故A正确； 事件对应的基本事件有，所以， 事件对应的基本事件有 ，所以，又，故D错误； 其中对应的基本事件有，所以，故B正确； 对应的基本事件有，所以，故C 错误. 故选：AB 11. 在正方体中，是棱的中点，是棱上的点，则（ ） A. 直线与平面所成角为 B. 当点位于的中点时， C. 二面角的平面角余弦值范围为 D. 存在点，使得平面 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正三棱锥性质确定点在底面内的投影位置，然后可判断A；记的中点为，通过证明平面可判断B；记平面与交于点，分析的范围即可判断C；通过判断的关系可判断D. 【详解】设正方体的棱长为2， 对A，易知三棱锥为正三棱锥， 所以点在底面内的投影为的中心，记为，记中点为， 连接，则为直线与平面所成角， 因为， 所以，所以，A错误； 对B，记中点为，连接， 因为分别为的中点， 所以平面，， 又平面，所以， 因为为正方形，所以，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以，B正确； 对C，记平面与交于点，与交点为，连接， 因为，为的中点，所以， 因为为正方形，所以， 又是平面内的两条相交直线，所以平面， 因为平面，所以，所以是二面角的平面角， 易知，当点与点重合时，最小，此时， 当点与点重合时，最大， 此时， 所以二面角的平面角余弦值范围为，C正确； 对D，因为，且，所以为平行四边形，所以， 假设存在点，使得平面，则平面， 因为平面，所以， 又，所以在平面内过点存在两条直线与垂直（矛盾）， 所以，不存在点，使得平面，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题关键在于C选项中平面角的确定，通过延展平面与交于点，作出平面角，结合图形即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据复数模长的几何意义，将题意转化为圆上的点到的距离，进而可得结果. 【详解】设，则， 因为表示以为圆心，为半径的圆， 所以可理解为圆上的点到的距离， 故的最大值为． 故答案为：. 13. 在圆中，已知弦，则_________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】设圆心，为半径，为弦，可得在上的投影为，再根据，计算求得结果． 【详解】如图，设圆心，为半径，为弦， 故在上的投影为， ， 故答案为：. 14. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，计算出 ，再根据向量的坐标运算法则计算出点的坐标. 【详解】因为，， 所以 ， 将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转， 得到， 其中， ， 化简得 ， 所以点坐标为. 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. 已知分别为三个内角的对边，且． （1）求； （2）若，边上的高为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对原式使用正弦定理进行边换角，然后结合三角恒等变换进行计算求解； （2）利用三角形的面积公式和余弦定理列方程组求解. 【小问1详解】 由正弦定理，，即， 而， 结合两式可得，， 则，又，则， 故，即， 又，则， 上式化简为，则，故， 【小问2详解】 根据三角形面积公式，可得， 由余弦定理，，即， 于是，故， 于是的周长为 16. 已知两个单位向量与的夹角为，设，． （1）求最小值； （2）若与的夹角为钝角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先得，，然后利用模长公式将所求转换为关于的函数的最小值即可； （2）由题意得且，不共线，由此可列出关于的不等式组，从而求解. 【小问1详解】 由题意， 因为，，所以 所以， 所以，等号成立当且仅当， 所以最小值是； 小问2详解】 因为，， 所以， 设，共线，即设， 因为向量与不共线， 所以，解得， 若与的夹角为钝角， 则，且， 解得的取值范围是. 17. 某学校高一年级在对组建机器人建模社团调查中，采取样本量比例分配的分层随机抽样．如果不知道样本数据，只知道抽取了男生30人、女生20人进行兴趣爱好问卷调查（满分100分），其中男生问卷所得平均分和方差分别为和，女生问卷所得平均分和方差分别为和． （1）求总样本方差； （2）从样本中择优选出小明、小芳和荣荣参加机器人建模大赛，大赛分为初赛和复赛两个环节，初赛合格后才能参加复赛，复赛合格后才能获奖，是否通过初赛和是否通过复赛相互独立．小明通过初赛和复赛的概率分别为，，小芳通过初赛和复赛的概率分别为，，荣荣通过初赛和复赛的概率与小明都相同，且三人比赛互不影响．求这三人中恰有两人获奖的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平均数、方差公式计算可得； （2）设事件“小明获奖”，“小芳获奖”，“荣荣获奖”，首先求出、、，再根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得. 【小问1详解】 首先证明： 若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，， 记总的样本平均数为，样本方差为，则； 因为，，， 总体方差， 又 ， 因为，， 同理， 故； 所以总体的平均数为， 所以总样本方差； 【小问2详解】 设事件“小明获奖”，“小芳获奖”，“荣荣获奖”， 所以，， 设这三人中恰有两人获奖为事件， 则 ， 所以这三人中恰有两人获奖的概率为. 18. 已知函数． （1）求的最小正周期； （2）若，求的值； （3）将函数图象上所有点向右平移个单位长度，再把所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式将函数化简，再由正弦函数的性质计算可得； （2）依题意可得，再由及二倍角公式计算可得； （3）首先求出解析式，依题意可得与在上有两个交点，分析在上的单调性与取值，即可求出的范围. 【小问1详解】 因为 ， 所以的最小正周期； 【小问2详解】 由，得，即， 故 . 【小问3详解】 将函数图象上所有点向右平移个单位长度得到， 再把所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变得到 ， 所以， 因为函数在上有两个零点， 即与在上有两个交点， 因为，故， 令，解得，所以在上单调递增， 令，解得，所以上单调递减， 且当时，当时， 当时， 所以，解得， 故函数在上有两个零点，实数的取值范围为. 19. 类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． （1）求的值； （2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； （3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【小问1详解】 连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . 【小问2详解】 依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. 【小问3详解】 连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$