精品解析：山东省济宁市第二中学2023-2024学年高一下学期第二次教学质量检测数学试题

2023-2024学年度第二学期第二次教学质量检测 高一数学试题 2024.07 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必先核对条形码上的姓名，准考证号和座号，然后0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名，准考证号和座号填写在答题卡相应位置. 2.答第I卷时，必须用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答题标号，如需改动，必须先用相比擦干净，再改涂其它答案. 3.答第II卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，务必在题号所指示的答题区域内作答. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由复数的乘法化简复数z，再根据共轭复数的概念可得选项. 【详解】因为，，所以，所以． 故选：C． 2. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作交轴于点，利用正弦定理求得，再由斜二测画法规则即可得到结果. 【详解】 过点作交轴于点，如图所示， 在中，， 由正弦定理可得，，所以， 由斜二测画法可知，在原平面图形中，点B到x轴的距离是. 故选：A. 3. 数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】按照百分位数计算公式，逐项计算即可求解. 【详解】对于A，因为，所以若， 则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确； 对于B，因为，所以若， 则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，故B错误； 对于C，因为，所以若， 则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，故C错误； 对于D，因为，所以若， 则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误. 故选：A. 4. 已知是两个不同的平面，是三条不同的直线，下列条件中，可以得到的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线、平面的位置关系即可判断出答案. 【详解】由 是两个不同的平面, 是三条不同的直线, 知: 对于 , 则 与 相交、平行或 , 故 A 错误; 对于 , 则 与 相交、平行或 , 故 B 错误; 对于 , 则 与 相交、平行或 , 故 C 错误; 对于 , 则由线面垂直的性质得 , 故 D 正确. 故选:：D. 5. 在中，已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知可确定点的位置，由向量的线性运算可利用表示出，由此可确定的值，进而计算得到结果. 【详解】由知：为线段延长线上的点，且； 由知：为中点； ， 又，，， . 故选：B. 6. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积为（　　） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可以算出圆锥的母线长和底面圆半径，进而可以求圆锥的高，再带入圆锥的体积公式即可求解. 【详解】依题意，圆锥的母线长，圆锥的底面圆半径， 所以圆锥的高 所以圆锥的体积. 故选：A. 7. 逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角分别为，其中，则此山的高度为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据锐角三角函数可得，进而根据余弦定理即可求解. 【详解】解：如图，设点在地面上的正投影为点， 则，, 设山高，则， 在中，， 由余弦定理可得：， 整理得， ∴． 故选：D． 8. 已知函数，若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数的图象 A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】D 【解析】 【详解】分析：利用y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，正弦函数、余弦函数的奇偶性，得出结论． 详解：将函数f（x）=sin（2x﹣）的图象左平移个单位长度，可得y=sin[2（x+）﹣]=sin2x的图象， 显然，y=sin2x为奇函数， 故选D 点睛：本题考查的是三角函数的平移问题，首先保证三角函数同名，不是同名通过诱导公式化为同名，在平移中符合左加右减的原则，在写解析式时保证要将x的系数提出来，针对x本身进行加减和伸缩. 二、选择题：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的.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A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件能得到为钝角三角形的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】A. 利用余弦定理判断；B.利用余弦定理求得边c，再利用余弦定理判断；C.利用两角和的余弦公式判断；D.利用两角和的余弦公式判断. 【详解】A. 因为，由余弦定理得，角C为钝角，所以为钝角三角形，故正确； B. 因为，由余弦定理得， ，角B为钝角，所以为钝角三角形，故正确； C. 由，得 ，由 ，得 ， 又 ，所以角A为锐角，则，所以 ，所以， 所以为直角三角形，故错误； D. 由，得 ，则 ， 即 ，角B为钝角，所以为钝角三角形，故正确； 故选：ABD 10. 有一组样本数据，由这组数据得到的新样本数据，其中（其中，为非零常数），则（　　） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本方差相同 C. 两组样本数据的样本中位数相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 【答案】BD 【解析】 【分析】根据平均数和方差的性质即可判断AB；根据中位数的定义即可判断C；根据极差的定义即可判断D. 【详解】对于A，， ， 因为，故平均数不相同，故A错误； 对于B，若样本数据的方差为， 则新样本数据的方差为， 故方差相同，故B正确； 对于C，若第一组中位数为，则第二组的中位数为， 因为，故中位数不相同，故C错误； 对于D，由极差的定义知：若第一组的极差为， 则第二组的极差为， 所以极差相同，故D正确； 故选：BD. 11. 如图，在正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点(不含端点)，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 存在点使得 C. 存在点使得异面直线与所成的角为60° D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，转证线线平行即可；对于B，转证线面垂直即可；对于C，把异面直线所成角转为相交直线所成角问题，借助边间关系即可判断；对于D，利用面面平行可知点到平面距离为定值. 【详解】如图，易证，平面，则有平面，故A正确； 设中点为，若为中点，则有，，， 则平面，则， 因为，所以，故B正确； 设正方体棱长为2，取中点为，连接， 因为，所以异面直线与所成的角即为， 在直角三角形中，，即，故C错误； 易知点到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，写出一个与向量方向相反的向量___________.(用数字作答) 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】由相反向量的概念分析求解即可得解. 【详解】由相反向量的定义可知，向量的相反向量只要满足()即可， 当时，. 故答案为：（答案不唯一）. 13. 若(，，为虚数单位)，则复数的模是___________. 【答案】 【解析】 【分析】把等式由复数的运算化简后根据复数相等的定义求得即可求模． 【详解】， 所以，解得，所以． 故答案为：． 14. 若平面上的三个单位向量、、满足，，则的所有可能的值组成的集合为________． 【答案】 【解析】 【分析】不妨设，，，其中、，根据平面向量数量积的坐标运算可得出、的值，求出的值，再利用平面向量数量积的坐标运算结合两角差的余弦公式可求得的值. 【详解】不妨设，，，其中、， 则，所以，或， ，所以，或， 所以，， 因为， 当时，； 当时，； 当时，. 所以，的所有可能的值组成的集合为. 故答案为：. 四、解答题：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. 某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间[40，50）､[50，60）､…､[80，90）､[90，100]. （1）求频率分布直方图中a的值，并估计该中学学生对个性化作业评分不低于70的概率； （2）从评分在[40，60）的受访学生中，随机抽取2人，求此2人评分都在[50，60）的概率； 【答案】（1）a=0.006，概率为0.68 （2） 【解析】 【分析】（1）由所有小矩形的面积之和为1可求得.根据面积可求得概率. （2）列举出所有情况求概率即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质可知： （0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018）×10=1，解得：a=0.006； 不低于70分频率为：， 故该中学的学生对个性化作业评分不低于70的概率为0.68； 【小问2详解】 [40，50）组共有人， [50，60）组共有人， 把[40，50）的2人记为1､2，把[50，60）组的3人记为3､4､5， 则总可能有：（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3）， （2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5）共10种情况， 设2人评分都在[50，60）为事件A，则满足事件A的有：（3，4），（3，5），（4，5）共3种， 故. 16. 已知函数. （1）若，求的值. （2）在中，角的对边分别是，且满足，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先进行三角恒等变形，使化为的形式，求出的值，再利用与的关系进行求值； （2）先利用余弦定理求出角,化简，利用的范围进行求解. 【详解】（1） 由可得：. . （2）由余弦定理得：，整理可得：， ，， 又，，， ，则， ，即的取值范围为. 【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数和解三角形知识的综合应用问题，涉及到三角函数关系式的化简、边角关系式的化简、三角函数值的求解与诱导公式的应用、正弦型函数值域的求解等知识，是对于三角函数部分知识的综合考查，属于常考题型. 17. 已知是三角形的内角，是方程的两根. （1）求角； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先可根据韦达定理得出，然后与联立，解得的值和的值，最后将的值代入中检验，即可得出结果； （2）通过同角三角函数关系将转化为，求出的值，然后通过即可得出结果. 【小问1详解】 因为是方程的两根， 所以， 又， 则，解得（舍去）或， 所以或， 将或代入中易知当时不成立， 故； 【小问2详解】 ，即， 则，则，解得或， 因为，所以， 故. 18. 如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC=60°，EC⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD，G为BF的中点，若平面ABCD. （1）求证：EG⊥平面ABF； （2）若AF=AB=2，求多面体ABCDEF的体积. 【答案】（1）证明：取AB的中点M，连接GM，MC， ∵G为BF的中点，∴GMFA， 又EC⊥面ABCD，FA⊥面ABCD， ∴CEAF，得CEGM， ∵面CEGM∩面ABCD=CM，EG面ABCD， ∴EGCM， ∵在正三角形ABC中，∵M为AB的中点，∴CM⊥AB， 又AF⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴AF⊥CM， 又AF∩AB=A，∴CM⊥平面ABF， 而EGCM，∴EG⊥面ABF； （2）. 【解析】 【分析】（1）取AB的中点M，连接GM，MC，证明CEGM，结合EG面ABCD，得EGCM，证明CM⊥面ABF，即可得到EG⊥平面ABF； （2）证明BD⊥平面ACEF，再求出CE､AC､BD的长度，利用等体积法即可求得多面体ABCDEF的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接AC､BD，则AC⊥BD， ∵FA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AF⊥BD， 又AF∩AC=A，∴BD⊥平面FACE， 由（1）可得四边形CEGM为平行四边形，得CE=GMFA=1， ∴VABCDEF=VB﹣ACEF+VD﹣ACEF . 19. 若函数的最小值为，且它的图象经点和，且函数在上单调递增． （1）求的解析式； （2）若，求的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，由的图经过点，结合三角函数的性质，求得或，在结合函数在上单调递增，利用三角函数的性质，得到解析式为. （2）由，得到，结合正弦函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 根据题意，可得，即， 因为，所以，所以， 又由函数的图经过点，可得， 所以，解得 由，可得， 因为在上单调递增，则， 解得，所以 所以函数解析式为. 【小问2详解】 由函数解析式为. 因为，可得， 当时，即时，函数取得最小值； 当时，即时，函数取得最大值； 所以函数的值域为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度第二学期第二次教学质量检测 高一数学试题 2024.07 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必先核对条形码上的姓名，准考证号和座号，然后0.5毫米黑色墨水签字笔将本人的姓名，准考证号和座号填写在答题卡相应位置. 2.答第I卷时，必须用2B铅笔填涂答题卡上相应题目的答题标号，如需改动，必须先用相比擦干净，再改涂其它答案. 3.答第II卷时，必须使用0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上书写，务必在题号所指示的答题区域内作答. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 用斜二测画法画出的水平放置的平面图形的直观图为如图所示的，已知是边长为2的等边三角形，则顶点到轴的距离是（ ） A. B. 4 C. D. 3. 数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 已知是两个不同的平面，是三条不同的直线，下列条件中，可以得到的是（　　） A. B. C. D. 5. 在中，已知，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为2π的扇形，则该圆锥的体积为（　　） A. B. 2 C. D. 7. 逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角分别为，其中，则此山的高度为（　　） A. B. C. D. 8. 已知函数，若要得到一个奇函数的图象，则可以将函数的图象 A. 向左平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向右平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 二、选择题：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的.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A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件能得到为钝角三角形的是（ ） A. B. C. D. 10. 有一组样本数据，由这组数据得到的新样本数据，其中（其中，为非零常数），则（　　） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本方差相同 C. 两组样本数据的样本中位数相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 11. 如图，在正方体中，，分别是，的中点，为线段上的动点(不含端点)，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 存在点使得 C. 存在点使得异面直线与所成的角为60° D. 三棱锥的体积为定值 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，写出一个与向量方向相反的向量___________.(用数字作答) 13. 若(，，为虚数单位)，则复数的模是___________. 14. 若平面上的三个单位向量、、满足，，则的所有可能的值组成的集合为________． 四、解答题：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. 某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间[40，50）､[50，60）､…､[80，90）､[90，100]. （1）求频率分布直方图中a的值，并估计该中学学生对个性化作业评分不低于70的概率； （2）从评分在[40，60）的受访学生中，随机抽取2人，求此2人评分都在[50，60）的概率； 16. 已知函数. （1）若，求的值. （2）在中，角的对边分别是，且满足，求的取值范围. 17. 已知是三角形的内角，是方程的两根. （1）求角； （2）若，求. 18. 如图，在多面体ABCDEF中，ABCD为菱形，∠ABC=60°，EC⊥平面ABCD，FA⊥平面ABCD，G为BF的中点，若平面ABCD. （1）求证：EG⊥平面ABF； （2）若AF=AB=2，求多面体ABCDEF的体积. 19. 若函数的最小值为，且它的图象经点和，且函数在上单调递增． （1）求的解析式； （2）若，求的值域． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $