[数学]山东省部分学校2023-2024学年高一下学期联合测评期末试卷(解析版)

这是一份[数学]山东省部分学校2023-2024学年高一下学期联合测评期末试卷(解析版)，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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. 复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第―象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】复数在复平面内所对应的点的坐标为，
位于第二象限.
故选：B.
2. 如图，平面平面，所在的平面与，分别交于，，若，，，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】C
【解析】因为平面平面，且平面平面，平面平面，
所以，所以，
可得，所以.
故选：C.
3. 已知向量满足，且，若，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据题意，，所以，
又，所以，
即，因为，
所以.
故选：A.
4. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，面积为，则（ ）
A. B. C. 4D. 2
【答案】D
【解析】因为，可得，
又因且面积为，可得，
解得，则，
又由余弦定理得，所以.
故选：D.
5. 有一组样本数据：2，3，3，3，4，4，5，5，6，6．则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（ ）
A. 第75百分位数B. 平均数C. 极差D. 众数
【答案】A
【解析】计算第75百分位数：，则取第8位数据，
即该组数据的第75百分位数为5；
平均数为；
极差为；
众数为3，
综上，第75百分位数最大.
故选：A.
6. 甲、乙、丙三人参加“社会主义核心价值观”演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（ ）
A. 14B. C. D.
【答案】D
【解析】设甲、乙、丙获得一等奖的概率分别是，，，
则不获一等奖的概率分别是，，，
则这三人中恰有两人获得一等奖的概率为：
，
这三人都获得一等奖的概率为，
所以这三人中至少有两人获得一等奖的概率.
故选：D.
7. 故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，
取中点，连接，
由已知，、分别为、中点，
因为是直三棱柱，所以，且，
所以其，所以四边形为平行四边形，
又，所以为矩形，所以，
又，平面，平面，，
所以平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，，
所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为；
，在中，，
所以，设角，则有，
因为四边形为平行四边形，所以，
又因为因为是直三棱柱，所以，且，
所以，，
又因为平面，平面，所以，
所以，即，解得，
所以点到平面的距离是.
故选：B.
8. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是，，的中点，点P在线段上，平面，则以下错误的是（ ）
A. 与所成角为B. 点P为线段的中点
C. 三棱锥的体积为D. 平面截正方体所得截面的面积为
【答案】C
【解析】对于A，连接，因为分别为的中点，所以，
所以即为与所成角的平面角，
在中，，故，所以与所成角为，
故A正确；
对于B，连接，因为且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为分别为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面，平面，
所以平面平面，
而为平面和平面的公共边，所以平面和平面重合，
所以点即为的交点，所以点P为线段的中点，故B正确；
对于C：因为平面，所以点到平面的距离相等，
所以，故C错误；
对于D：分别取，，的中点为，连接，
在正方体中，，
所以，所以四点共面，
同理可证：共面，
在棱长为2的正方体中，所以.
同理可求：，
所以平面截正方体所得截面为正六边形，边长为，
面积为，故D正确.
故选：C.
二、多项选择题：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. 在中，角所对的边分别为，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是直角三角形
C. 若是等腰三角形，则
D. 若，则的面积最大值为3
【答案】BCD
【解析】因为，由正弦定理得，
对于A中，由余弦定理得，
所以，所以A错误；
对于B中，由，因为，可得，
由余弦定理得，
所以，则，所以，所以是直角三角形，所以B正确；
对于C中，若是等腰三角形，显然，
当时，则有成立，此时不能构成三角形，
所以只能，
由余弦定理得，
在中，可得，所以C正确；
对于D中，由余弦定理得，
所以，
则，
当时，取得最大值，所以D正确.
故选：BCD.
10. 下列说法错误是（ ）
A. 已知向量，则“的夹角为锐角”是“”的充要条件
B. 已知向量，若，则
C. 若向量，则在方向上的投影向量坐标为
D. 在中，向量与满足，则为等边三角形
【答案】ABD
【解析】对于A，由的夹角为锐角，得且不共线，则，
解得且，
因此“的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件，A错误；
对于B，由量，，得，
解得，B错误；
对于C，由向量，得，
因此在方向上的投影向量为，C正确；
对于D，在中，
，而，因此，
所以不一定为等边三角形，D错误.
故选：ABD.
11. 已知事件满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 如果，那么
B. 如果，那么，
C. 如果与互斥，那么
D. 如果与相互独立，那么
【答案】CD
【解析】对于选项A，设一个盒子里有标号为1到10的小球，从中摸出一个小球，
记下球的编号，记事件A=“球编号是偶数”，事件B=“球的编号是1，2，3”，
事件C=“球的编号是奇数”满足，但是选项A错误；
对于选项B，如果，那么，
选项B错误；
对于选项C，如果与互斥，那么，所以选项C正确；
对于选项D，如果与相互独立，那么
，所以选项D正确.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的高为_______.
【答案】
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，
由于圆锥侧面展开图是一个半圆，故有，即圆锥母线长为，
又圆锥的表面积为，解得，
所以圆锥的高为.
故答案为：.
13. 在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点，，则______；为线段上的动点，为中点，则的最小值为______．
【答案】
【解析】解法一：因为，即，则，
可得，所以；
由题意可知：，
因为为线段上的动点，设，
则，
又因为为中点，则，
可得
，
又因为，可知：当时，取到最小值；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为.
故答案为： .
14. 定义：．已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C所对的边，若，且，则边c的最小值为____________．
【答案】
【解析】由题可知，
化简得，
即，
C为三角形内角，解得，
由余弦定理得
，
所以，时等号成立，所以边c的最小值为.
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，，在同一平面上，且．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若，且与垂直，求k的值．
解：（1）∵，设，
∵，即，，
或.
（2），，，，
，，
即，即，
则.
16. 在中，角的对边分别是．
（1）求证：；
（2）若，面积为1，求边的长．
解：（1）证明：根据，以及，，
得，，
所以，即，
根据，得，
所以，
由正弦定理，得，因此．
（2）由（1）知，，，
，
所以，得，，
又，所以由余弦定理得．
17. 新高考实行“”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科.
（1）写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率；
（2）甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率.
解：（1）依题意，样本空间为{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政，物地政，史化生，史化地，史化政，史生地，史生政，史地政}，，
记事件“所选组合符合该大学某专业报考条件”，则{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政}，，所以.
（2）记事件“甲符合该大学某专业报考条件”，
事件“乙符合该大学某专业报考条件”，
事件“甲、乙两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件”，
由（1）可知，，
所以.
18. 在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边.
（1）若，求A的大小；
（2）若BC边上的高等于，且，求的取值范围；
（3）求实数t的取值范围，使得对任意实数x和任意角A（），恒有.
解：（1）因为，
所以由正弦定理可得，
整理得，即，
因为，，
所以，因为，所以.
（2）因为边上的高等于，
由三角形面积公式得，即，
又由余弦定理可得，，
从而有，
所以，
因为，所以，所以，
，所以的取值范围为.
（3）令
，
所以当时，
，
所以
所以，
所以，
所以①，
或②，
因为，又，
所以，
由①可得，
，
所以，
所以，
由②可得，
所以，
由对勾函数性质可知，所以，
综上所述：实数的取值范围为.
19. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，点E在棱PB上，满足，点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：
（1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由；
（2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置；
①请求出 的值；
②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值.
解：（1）由已知得，点E在棱PB上，满足，点F在棱PC上，满足，
如图，取PC上靠近C的四等分点为G，则必有，
则根据三角形相似，必有，
因平面，平面，易得EF∥平面.
（2）①延长FE，与的延长线交于点M，连接并延长与的延长线交于N，
连接FN，交PD于H，
由（1）可得，即G为的中点，
由，可得B为MC的中点，
由AD∥BC及可得D为CN的中点，
在等腰三角形PCD中，F为PC的中点，取CD的中点K，连接FK，
则，，所以，，即.
②连接，两线交于点，连接，
则平面，因平面，则，
因是正方形，则，又，故得平面，
由①得，则，故有平面，
又，则有平面，且平面，
过点作于点，则，则即直线与平面α所成角，
因，则，在中，，
故，即直线PA与平面α所成角的正弦值为