精品解析：山东省临沂第十八中学2023-2024学年高一下学期6月阶段性测试数学试题

临沂第十八中学2023级6月份阶段性测试——数学 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知向量，，且与共线，则实数x的值是（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 一梯形的直观图是如图所示的等腰梯形，且直观图的面积为1，则原梯形的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 5. 从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（ ） A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与至少一个红球 C. 至少有一个黑球与都是红球 D. 恰好有一个黑球与都是红球 6. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，参保险种比例定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．已知该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如上统计图例，则以下四个选项错误的是（ ） A. 周岁人群参保总费用最少 B. 30周岁以下的参保人群约占参保人群的 C. 54周岁以上的参保人数最少 D. 丁险种更受参保人青睐 7. 已知P是边长为4的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为（ ） A. 16 B. 12 C. 5 D. 4 8. 已知正方体的棱长为1，P为棱的中点，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，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. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体 被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32 10. 如图，已知直三棱柱的所有棱长均为分别在棱上，且，分别为的中点，则（ ） A. 平面 B. 过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条 C. 若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为 D. 若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 11. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为的内心，则的面积为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知i是虚数单位，复数z＝m2(1＋i)－m(2＋3i)－4(2＋i)，当实数m =____时，z是纯虚数. 13. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________． 14. 如图，平面四边形，将沿折起到的位置，此时二面角的大小为，连接，则三棱锥外接球的表面积为______;三棱锥的体积为___________. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为 （1）求A； （2）求周长的最大值. 16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，F为中点. （1）求证：平面EAB； （2）求点C到平面BDE的距离. 17. 某学校对全体高中学生组织了一次关于亚运会相关知识的测试.从全校学生中随机抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，并将这100名同学的测试成绩分成5组，绘制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值，并估计这100名学生的平均成绩； （2）用样本频率估计总体，如果将频率视为概率，从全校学生中随机抽取3名学生，求3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率. 18. 在四边形ABCD中，||＝4，＝12，E为AC的中点. （1）若cos∠ABC＝，求△ABC的面积S△ABC； （2）若，求的值. 19. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点为底面圆周上异于，的点. （1）求证：平面； （2）若圆柱的侧面积为，体积为，点为线段上靠近点的三等分点，是否存在一点使得直线与平面所成角的正弦值最大？若存在，求出相应的正弦值，并指出点的位置；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 $ 临沂第十八中学2023级6月份阶段性测试——数学 一､单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知向量，，且与共线，则实数x的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，然后根据与共线建立方程求解即可. 【详解】因为，，所以 因为与共线，所以，解得 故选：A 【点睛】本题考查的是向量共线在坐标形式下的表示，属于基础题. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为，故，故 故选：C. 3. 一梯形的直观图是如图所示的等腰梯形，且直观图的面积为1，则原梯形的面积为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角梯形，从而可求出其面积 【详解】解：把该梯形的直观图还原为原来的梯形，如图所示， 设原来梯形的上底为，下底为，高为， 则直观图中等腰梯形的高为， 因为直观图的面积为， 所以， 所以原梯形的面积为， 故选：D 【点睛】此题考查了平面图形的直观图的画法与应用问题，掌握斜二测画法的作图规则是解题的关键，属于基础题 4. 已知表面积为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则圆锥的底面半径为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质列式求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由题意可得，解得. 故选：A. 5. 从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（ ） A. 至少有一个黑球与都是黑球 B. 至少有一个黑球与至少一个红球 C. 至少有一个黑球与都是红球 D. 恰好有一个黑球与都是红球 【答案】D 【解析】 【分析】先分析所有的可能结果，再根据互斥事件和对立事件的定义即可判断. 【详解】从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球的可能结果有3种： 两个都是黑球、两个都是红球、恰好一个黑球和一个红球， 所以事件“至少一个黑球”包括两个都是黑球、恰好一个黑球和一个红球两种可能结果， 事件“至少一个红球”包括两个都是红球、恰好一个黑球和一个红球两种可能结果， 所以，A中的两个事件不互斥也不对立， B中两个事件不互斥也不对立， C中两个事件互斥且对立， D中两个事件互斥但不对立. 故选：D. 6. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，参保险种比例定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．已知该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如上统计图例，则以下四个选项错误的是（ ） A. 周岁人群参保总费用最少 B. 30周岁以下的参保人群约占参保人群的 C. 54周岁以上的参保人数最少 D. 丁险种更受参保人青睐 【答案】A 【解析】 【分析】根据统计图表一一分析即可. 【详解】对于选项A，由扇形统计图及折线图可知，， 故不小于周岁人群参保总费用最少，故A错误； 对于选项B，由扇形统计图可知，周岁以下参保人群约占参保人群的，故B正确； 对于选项C，由扇形统计图可知，54周岁以上的参保人数约占，人数最小，故C正确； 对于选项D，由柱状图可知，丁险种更受参保人青睐，故D正确； 故选：A． 7. 已知P是边长为4的正三角形所在平面内一点，且，则的最小值为（ ） A. 16 B. 12 C. 5 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】延长到D，使得，可得点P在直线上，化简可得，求出最小值即可. 【详解】如图，延长到D，使得． 因为，所以点P在直线上． 取线段的中点O，连接， 则． 显然当时，取得最小值， 因为，则，所以， 所以的最小值为． 故选：C. 8. 已知正方体的棱长为1，P为棱的中点，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别取三角形，四边形的外心，，利用正弦定理得到，即可得到，然后利用勾股定理得到，最后根据球的表面积公式求表面积即可. 【详解】 设四棱锥的外接球球心为，取中点，连接，取三角形，四边形的外心，，连接，，，，， 因为正方体的棱长为1，点为中点，所以，，，，，，所以，外接球的表面积. 故选：C. 二､多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，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. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体 被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32 【答案】AC 【解析】 【分析】分别利用古典概型的计算公式，方差和标准差的计算公式及其百分位数的定义求解即可. 【详解】对于选项,个体被抽到的概率为，故该选项正确； 对于选项，，解得， 则方差为，故该选项错误； 对于选项,数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为，12，14，14，17，19，23，27，30， 由于%，其中第6个数为23，故该选项正确； 对于选项,设数据，，…，的均值为， 则数据，，…，的均值为， 因为数据，，…，的标准差为， 所以数据，，…，的标准差为 ，故该选项错误； 故选：AC. 10. 如图，已知直三棱柱的所有棱长均为分别在棱上，且，分别为的中点，则（ ） A. 平面 B. 过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有1条 C. 若，过三点的平面截三棱柱所得截面的面积为 D. 若分别是平面和内的动点，则周长的最小值为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据线面平行的定义判断A；找出所求直线构成圆锥，结合给定条件判断B，作出过三点的截面，再求解面积判断C，作出点关于面和面的对称点，求出点到对称点的距离，找到周长最小时的条件，判断D即可. 【详解】由题意得，直三棱柱的所有棱长均为3， 所以，所以是等边三角形， 对于A，如图，连接， 因为，所以，故得， 而，所以是等边三角形， 因为，所以，故得， 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 故得，所以四点共面， 由题意得，且记， 则，， 而，所以， 所以，，即是的中点， 同理记，因为直三棱柱， 所以，可得，， 因为，所以， 所以，，故是的中点， 所以是的中位线，可得，， 因为分别为的中点，所以是的中线， 是的中位线，可得，， 所以与是同一条直线，故， 由勾股定理得，所以， 而，所以，故， 故，得到是的中点，因为面， 所以面，所以面和面是同一个平面， 所以面，故A错误， 对于B，因为直三棱柱，所以面， 面，故，，， 则与所成角为，故点作的平行线，得到， 故与直线成角为的所有直线构成以为顶点的两个对顶圆锥（为轴）， 同理与直线成角为的所有直线构成以为顶点两个对顶圆锥（为轴）， 而与所成角为，因此圆锥面上公共直线共有2条， 过点且与直线和所成的角都为的直线有且仅有2条，故B错误， 对于C，由已知得面，所以截面是四边形， 因为，，所以，故， 所以，故， ，因为，所以， 故，解得，而， 所以，故，解得， 如图，作，则四边形是矩形，所以， ，在中，由勾股定理得， 作，因为直三棱柱，所以面， 面，故，， 所以四边形是矩形，故，， 在中，由勾股定理得， 因为，，所以， 而，所以四边形是梯形， 如图，作，，所以， 所以四边形是矩形，所以，， 由勾股定理得，而， 所以，由勾股定理得， 所以梯形的面积为，故C正确， 对于D，因为，， 所以是面和面所成二面角的平面角， 因为是等边三角形，所以， 如图，作，因为分别为的中点， 所以，由锐角三角函数定义得， 解得，因为面，面， 所以，而，面， 所以面，故到面的距离为， 作，由锐角三角函数定义得， 解得，而面，所以， 因为，面， 所以面，故到面的距离为， 而是的中点，所以到面的距离为， 到面的距离为， 如图，取关于面的对称点为，关于面的对称点为， 当分别取直线与面和面的交点时， 周长的最短，此时，， 由余弦定理得，故D正确. 故选：CD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，然后利用两点之间线段最短得到所要求的最值即可． 11. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则的外接圆的面积为 B. 若，且有两解，则b的取值范围为 C. 若，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 若，且，O为的内心，则的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到的外接圆的半径和表面积；B选项，又余弦定理得到，将其看做关于的二次方程，结合方程有两正解，得到不等式，求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，从而得到，，，由求出，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 即 ， 因为，所以，且，所以. 选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ， 所以， 所以的外接圆的面积为，选项A正确； 选项B：由余弦定理得， 将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有两个正解， 故 ，解得b，所以选项B错误； 选项C：由正弦定理，得 ，即， 因为，所以， 因为为锐角三角形，所以 ，即，所以， 所以，故选项C正确； 选项D：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以由正弦定理，得，即， 所以， 即，所以， 所以， 又因为，所以，故，，解得 ， 因为，所以， 即是直角三角形，所以内切圆的半径为， 所以的面积为，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知i是虚数单位，复数z＝m2(1＋i)－m(2＋3i)－4(2＋i)，当实数m =____时，z是纯虚数. 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意，把复数化成的形式，结合纯虚数实部为零虚部不为零，即可求解. 【详解】根据题意， 得：， 因z是纯虚数，故，即. 故答案为：. 13. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】分两种情况讨论：（1）第一局甲胜，第二局乙胜：（2）第一局乙胜，第二局甲胜.分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】分两种情况讨论： （1）第一局甲胜，第二局乙胜： 若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为； （2）第一局乙胜，第二局甲胜： 若第一局甲执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为， 若第一局乙执黑子先下，则乙胜第一局的概率为，第二局甲执黑子先下，则甲胜的概率为， 所以，第一局乙胜，第二局甲胜的概率为. 综上所述，甲、乙各胜一局的概率为. 故答案为：. 14. 如图，平面四边形，将沿折起到的位置，此时二面角的大小为，连接，则三棱锥外接球的表面积为______;三棱锥的体积为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，可知、 都是以为斜边的直角三角形，故三棱锥外接球的球心为中点，直径为，即可求出三棱锥外接球的表面积；结合题意求出点到平面的距离，即可得到三棱锥的体积. 【详解】由，可知三棱锥外接球的直径为， 三棱锥外接球的半径， 故三棱锥外接球的表面积； 由题意得点到直线的距离， 因二面角的大小为， 所以点到平面的距离， 故三棱锥的体积. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为 （1）求A； （2）求周长的最大值. 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的坐标表示得，代入已知等式，结合正余弦边角关系得，最后由三角形内角性质求角的大小； （2）由（1）得，，再由正弦定理可得，结合基本不等式求周长最大值，注意取值条件. 【小问1详解】 已知向量， 则， 则， 所以， 则， 所以， 又， 故且， 所以， 又， 则； 【小问2详解】 由（1）知：， 则， 由正弦定理可得：的外接圆半径为， 则， 即， 所以， 则，当且仅当且，即时等号成立， 故三角形周长的最大值为 16. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，F为中点. （1）求证：平面EAB； （2）求点C到平面BDE的距离. 【答案】（1）证明：取BE的中点G，连接AG，FG， 所以且， 又，，，所以，且， 所以四边形ADFG为平行四边形，所以， 又平面EAB，平面EAB，所以平面EAB. （2）. 【解析】 【分析】（1）取BE的中点G，连接AG，FG，先证明四边形ADFG为平行四边形，然后利用平行四边形性质及线面平行判定定理证明即可. （2）由平面ABCD求得，然后利用线面垂直的性质定理得，进而求出，最后利用等体积法求出点面距. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，所以， 所以， 又平面ABCD，所以， 因为，，所以， 由平面ABCD，AB，平面ABCD，所以，， 又，， 所以， 所以， 设点到平面BDE的距离为h，则，解得， 所以点C到平面BDE的距离为. 17. 某学校对全体高中学生组织了一次关于亚运会相关知识的测试.从全校学生中随机抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，测试满分为100分，并将这100名同学的测试成绩分成5组，绘制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值，并估计这100名学生的平均成绩； （2）用样本频率估计总体，如果将频率视为概率，从全校学生中随机抽取3名学生，求3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率. 【答案】（1）分 （2）0.352 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求的值，再根据平均数公式运算求解； （2）根据独立事件概率乘法公式运算求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得每组的频率依次为， 则，解得， 设平均成绩的估计值为， 则（分）， 所以这100名学生的平均成绩估计值为74分. 【小问2详解】 每个学生成绩不低于80分的概率为0.4. 3名学生中恰有2人成绩不低于80分的概率； 3名学生中恰有3人成绩不低于80分的概率； 3名学生中至少有2人成绩不低于80分的概率. 18. 在四边形ABCD中，||＝4，＝12，E为AC的中点. （1）若cos∠ABC＝，求△ABC的面积S△ABC； （2）若，求的值. 【答案】（1）；（2）0 【解析】 【分析】（1）容易求出，并且可求出的值，根据三角形面积公式即可求出的面积； （2）可以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，并可得到，，并设，根据条件可求得点坐标，从而求出的坐标，进行数量积的坐标运算即可求得，这样便可求出的值． 【详解】（1），； ； ； ； ； （2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示平面直角坐标系： 则，，设； 由，可得； 则； ； ． 【点睛】考查，数量积的计算公式，三角形的面积公式，通过建立平面直角坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，以及向量数量积的坐标运算． 19. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点为底面圆周上异于，的点. （1）求证：平面； （2）若圆柱的侧面积为，体积为，点为线段上靠近点的三等分点，是否存在一点使得直线与平面所成角的正弦值最大？若存在，求出相应的正弦值，并指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明：因为是圆O的直径，点P是圆周上一点， 所以，即， 又在圆柱中，母线底面，底面， 所以， 又，平面，平面， 所以平面， （2）存在；点为两个半圆弧中点；正弦值为1. 【解析】 【分析】（1）由题意，∠APB＝90°，即PB⊥PA，再由母线AD⊥底面圆O，得AD⊥PB，由直线与平面垂直的判定可得PB⊥平面PAD； （2）由已知求得圆柱底面半径为与母线长，在△PAD中，过A作AM⊥DP交DP于M，由（1）知PB⊥平面PAD，可得PB⊥AM，进一步得到AM⊥平面BDP．若M不与Q重合，∠AQM即为直线AQ与平面BDP所成角；若M与Q重合，且直线AQ与平面BDP所成角为90°，求得点P为两个半圆弧AB中点．由此可得当点P为两个半圆弧AB中点时，直线AQ与平面BDP所成角最大为90°，正弦值最大为1． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设圆柱底面半径为，母线为，则，解得， 在中，过作交于点. 由（1）知平面， 因为平面，所以， 又，所以平面. 若与不重合，即为直线与平面所成的角. 若与重合，直线与平面所成的角为， 设，由对称性，不妨设， 则在中，， 在中，，. 于是 当且仅当，即，时，等号成立. 此时，，直线与平面所成的角为，正弦值为1， 点为两个半圆弧的中点. 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了空间中直线与平面所成角的最值的求法，属于中档题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $