精品解析：山东省济南第一中学2024-2025学年高一下学期5月月考数学试题

济南一中2024级高一第二学期5月学情检测 高一 数学试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，共11题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共8题．请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交．试题满分150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（共58分） 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 2. 甲，乙二人同时射击，甲的命中率为，乙的命中率为，则命中目标的概率是（ ） A. B. C. D. 3 若，，若，则（ ） A. 4 B. C. D. 5 4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，且，则 5. 某高中2023年的高考考生人数是2022年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2022年和2023年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图： 下列结论正确的是（ ） A. 该校2023年与2022年的本科达线人数比为6:5 B. 该校2023年与2022年的专科达线人数比为6:7 C. 2023年该校本科达线人数比2022年该校本科达线人数增加了80% D. 2023年该校不上线的人数有所减少 6. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 7. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的实部为 B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 10. 设样本空间, 且每个样本点是等可能的, 已知事件, 则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件A,B,C两两相互独立. C. D. 11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 第Ⅱ卷（共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，，梯形的面积为30，则梯形的高为________. 13. 在对树人中学高一年级学生身高调查中，采用样本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20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为______. 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为_____________． 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. 已知向量满足，，且的夹角为． （1）求； （2）求在上投影向量； （3）若向量，求实数的取值． 16. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 17. 2024年1月17日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥八运载火箭成功发射，我国载人航天工程2024年发射任务首战告捷．为普及航天知识，某学校开展组织学生举办了一次主题为“我爱星辰大海”的航天知识竞赛，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）求频率分布直方图中a的值．若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数； （2）用样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数； （3）若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率． 18. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，，E为棱AD的中点，平面ABCD． （1）求证：平面PCE； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求直线PA与平面所成角的正弦值． 19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．在费马提出的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，费马点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，费马点为三角形最大内角的顶点． 已知中，，，分别是角，，所对的边，且，． （1）求角的大小； （2）若点为费马点，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 济南一中2024级高一第二学期5月学情检测 高一 数学试题 说明：本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，共11题，第Ⅱ卷为第3页至第4页，共8题．请将答案按要求填写在答题纸相应位置，答在其它位置无效，考试结束后将答题卡上交．试题满分150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（共58分） 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. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算得到，从而虚部为. 【详解】复数满足，， 则的虚部为. 故选：A. 2. 甲，乙二人同时射击，甲的命中率为，乙的命中率为，则命中目标的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据相互独立事件及对立事件的概率公式计算可得. 【详解】依题意甲、乙是否命中相互独立， 则命中目标的概率. 故选：B 3. 若，，若，则（ ） A. 4 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线向量的坐标形式可求，故可求的值. 【详解】因为，故即，故， 故， 故选：C. 4. 已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，，，则 D. 若，，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理即可判断出正误． 【详解】解：对于：，，则与平行，相交，或为异面直线，因此不正确； 对于：若，，则与相交或平行，故错误． 对于C：若，，，，则与不一定平行，若需要与平行，则还需直线与相交，因此不正确； 对于D，若，，且，则，故正确； 故选：D 【点睛】本题考查命题真假判断，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面的位置关系的合理运用，属于中档题． 5. 某高中2023年的高考考生人数是2022年高考考生人数的1.5倍.为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2022年和2023年高考分数达线情况，得到如图所示扇形统计图： 下列结论正确的是（ ） A. 该校2023年与2022年的本科达线人数比为6:5 B. 该校2023年与2022年的专科达线人数比为6:7 C. 2023年该校本科达线人数比2022年该校本科达线人数增加了80% D. 2023年该校不上线的人数有所减少 【答案】C 【解析】 【分析】设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150，再根据扇形统计图中各个种类的人数所占的比例，逐个选项判断即可． 【详解】不妨设2022年的高考人数为100，则2023年的高考人数为150， 2022年本科达线人数为50，2023年本科达线人数为90， 2023年与2022年本科达线人数比为9:5， 本科达线人数增加了，故A错误，C正确； 2022年专科达线人数为35，2023年专科达线人数为45， 2023年与2022年的专科达线人数比为9:7，故B错误； 2022年不上线人数为15，2023年不上线人数也是15，不上线的人数无变化，故D错误． 故选：C. 6. 如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的一半时，水的体积为74，则该方斗杯可盛水的总体积为（ ） A. 148 B. C. D. 196 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设线段，，，的中点分别为，，，，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段，的中点分别为，， 则，设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为，则，， 所以，则该方斗杯可盛水的总体积为. 故选:D. 7. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角形面积公式可求得，进而求得，则根据可知，由向量共线定理可知，最后利用结合基本不等式可求得最小值． 【详解】的面积为， ， ， ， ，， 由，可得， ，，三点共线，，解得，即． ， 当且仅当时取等号，． 故选：A． 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，结合正余弦定理求得角，继而由结合正余弦定理求出，再表示出，，利用三角函数的性质求得的范围，即可求得答案. 【详解】由，由正弦定理得, 即有，而，则， 又， 由正弦定理､余弦定理得，，化简得：， 由正弦定理有：，即，， 是锐角三角形且，有，， 解得， 因此 ， 由得：，， 所以. 故选：D 二､多选题：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. 已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. 的实部为 B. C. 在复平面内对应的点位于第二象限 D. 为方程的一个根 【答案】ACD 【解析】 【分析】复数的除法运算，以及复数有关的概念即可得结果. 【详解】对于A，，故，其实部为，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由复数的几何意义可知在复平面内的对应点位于第二象限，故C正确； 对于D，易得，故D正确． 故选：ACD． 10. 设样本空间, 且每个样本点是等可能的, 已知事件, 则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件A,B,C两两相互独立. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的概率公式即可解答. 【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误； 对于选项B，， ，故B正确； 对于选项C，表示，，即，故C正确； 对于选项D，交集为，则，故D错误. 故选：BC 11. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则（ ） A. B. 三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直证明线线垂直证明选项A；，由底面积和高判断体积验证选项B；转化为点和点到点的距离之和，计算验证选项C；通过构造直角三角形求截面半径，计算体积验证选项D. 【详解】连接，如图所示， 直三棱柱中，， 为正方形，， ，平面，平面，， 平面，，平面， 平面，，A选项正确； 由直三棱柱的结构特征，，故三棱锥的体积为定值，B选项正确； 设，，， ， ， ，其几何意义是点和点到点的距离之和，最小值为点到点的距离，为，C选项错误； 当是的中点时，，，， ， ，， ，设点到平面的距离为，由， 得，， 直三棱柱是正方体的一半，外接球的球心为的中点，外接球的半径，点到平面的距离为， 则过三点的平面截三棱柱外接球所得截面圆的半径为，截面面积为，D选项正确. 故选：ABD 【点睛】方法点睛： 对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，通过构造直角三角形求半径. 第Ⅱ卷（共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 如图，这是用斜二测画法画出的水平放置的梯形的直观图，其中，，梯形的面积为30，则梯形的高为________. 【答案】 【解析】 【分析】直接用斜二测画法画出梯形水平放置时的直观图.再计算即可. 【详解】运用斜二测画法根据直观图画出原图，如下， 梯形的面积为30，，则原图梯形的高为， 即，解得.，则. 根据直观图与原图的长度关系，知道原图高为. 故答案为：. 13. 在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本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20人，其平均数和方差分别为170和10，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和15.则估计出总样本的方差为______. 【答案】37 【解析】 【分析】按男女生比例抽取样本，结合相应公式计算均值和方差即可． 【详解】由题意知， 总样本的平均数为， 总样本的方差为. 故答案为：37 14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】本题可先将该多面体补成正方体，利用正方体的棱切球就是多面体的外接球这一关系，求出棱切球半径，进而求出外接球的表面积. 【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示： 不妨取两棱中点为，由题知， 易知，可得， 所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球， 所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为， 因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为． 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. 已知向量满足，，且的夹角为． （1）求； （2）求在上的投影向量； （3）若向量，求实数的取值． 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用数量积的运算律及数量积的定义计算得解. （2）利用投影向量的定义求解. （3）利用垂直关系的向量表示，数量积的运算律求解. 【小问1详解】 由，的夹角为，得， 所以．则． 【小问2详解】 由（1）知，，而 所以在上的投影向量为. 【小问3详解】 由向量与向量垂直，得， 即，则， 整理得，所以. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理将边化为角，再利用展开化简即可求解； （2）由面积可得，由余弦定理可得，解方程即可求出，进而可求周长. 【小问1详解】 由题意得， 因为， 所以， 得，得，因为，所以． 【小问2详解】 由，得． 由余弦定理，得， 得， 得， 所以的周长为． 17. 2024年1月17日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥八运载火箭成功发射，我国载人航天工程2024年发射任务首战告捷．为普及航天知识，某学校开展组织学生举办了一次主题为“我爱星辰大海”的航天知识竞赛，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）求频率分布直方图中a的值．若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数； （2）用样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数； （3）若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率． 【答案】（1），2人 （2）平均数为71，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）先利用频率之和为1，求出的值，再求出成绩不高于60分的人数，按分层抽样的概念，计算成绩不高于50分的人数. （2）根据频率分布直方图估计平均数和中位数. （3）根据独立事件的概率计算方法求事件的概率. 【小问1详解】 由， 解得， 因为（人），（人）． 所以不高于50分的抽取（人） 小问2详解】 平均数． 由图可知，学生成绩在内的频率为0.4，在内的频率为0.3， 设学生成绩中位数为t，，则：，解得， 所以中位数为. 【小问3详解】 法一：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A， 则． 答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为． 法二：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A 答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为． 18. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，，，E为棱AD的中点，平面ABCD． （1）求证：平面PCE； （2）求证：平面平面； （3）若二面角的大小为，求直线PA与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，再利用平行四边形性质，结合线面平行的判定推理即得. （2）利用线面垂直的性质与判定，结合面面垂直的判定推理即得. （3）由线面垂直的性质与判定定理确定二面角的平面角并求出，借助面面垂直的性质确定直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 依题意，且，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由平面，平面，得， 连接，由且，得四边形为平行四边形， 又，则为正方形，有， 又，则，又平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面. 【小问3详解】 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 又平面，因此，为二面角的平面角，即， 在中，，在平面内过作于点M， 由（2）知，平面平面，平面平面，则平面， 于是为直线在平面上的投影，为直线与平面所成的角， 在中，，， 在中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 19. 十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出一个著名的几何问题：已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．在费马提出的这个问题中所求的点被称为费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于时，费马点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，费马点为三角形最大内角的顶点． 已知中，，，分别是角，，所对的边，且，． （1）求角的大小； （2）若点为的费马点，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，结合题设易知点P一定在的内部，再利用余弦定理、向量的数量积求出结果． 【小问1详解】 由，及正弦定理得， 因为，所以，消去得． 因为，故或， 而根据题意，故不成立， 所以，又因为，代入得，所以． 【小问2详解】 由（1）可知，，结合三角形内角和性质可知，的三个内角均小于， 结合题设易知点P一定在的内部． 由余弦定理可得， 解得 ， 所以， 所以 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$