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（含解析）

这是一份山东省临沂市2023−2024学年高一下学期期末学科素养水平监测 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若，则在复平面对应点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
2．一组数据的下四分位数为（ ）
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，，，，则原四边形面积（ ）
A．B．4C．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．1B．2C．3D．4
二、多选题（本大题共3小题）
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
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（本大题共3小题）
12．若，则的最大值为 ．
13．在圆中，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（本大题共5小题）
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．
参考答案
1．【答案】B
【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．【答案】A
【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．【答案】D
【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．【答案】B
【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．【答案】C
【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，取的中点，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．【答案】A
【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．【答案】D
【分析】先分析出圆台的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．【答案】C
【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.
9．【答案】ACD
【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．【答案】AB
【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．【答案】BC
【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，记的中点为，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.
12．【答案】
【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．【答案】/0.5
【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：/0.5.
14．【答案】
【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：.
15．【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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，
（2）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．【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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；
（2）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．【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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；
（2）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．【答案】(1)
(2)
(3)
【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.
【详解】（1）因为
，
所以的最小正周期；
（2）由，得，即，
故
.
（3）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，所以在上单调递减，
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．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【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.
【详解】（1）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
.
（2）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.
（3）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.