山东省实验中学2022-2023学年高一下学期阶段测试数学试题（解析版）

这是一份山东省实验中学2022-2023学年高一下学期阶段测试数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 已知虚数单位，复数，则z是， “治国之道，富民为始， 下列命题正确的是， 已知向量，，，若，则k＝等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷满分150分．试题答案请用2B铅笔和0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效．考试时间120分钟．
一、单项选择题（本大题共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. 已知虚数单位，复数，则z是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简即可；
【详解】解：
故选：A
2. “治国之道，富民为始.”共同富裕是社会主义的本质要求，是中国式现代化的重要特征，是人民群众的共同期盼.共同富裕是全体人民通过辛勤劳动和相互帮助最终达到丰衣足食的生活水平，是消除两极分化和贫穷基础上的普遍富裕．请你运用数学学习中所学的统计知识加以分析，下列关于个人收入的统计量中，最能体现共同富裕要求的是（ ）
A. 平均数小，方差大B. 平均数小，方差小
C. 平均数大，方差大D. 平均数大，方差小
【答案】D
【解析】
【分析】根据平均数与方差的含义即可求解.
【详解】方差反映的是一组数据的波动情况，方差越大说明数据偏离平均水平的程度越大，平均数是整体的平均水平，是一组数据的集中程度的刻画，所以最能体现共同富裕要求的是平均数大，方差小.
故选：D
3. 下列命题正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行、线线平行的判定与性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，，有可能，A错误；
对于B，，，有可能异面，B错误；
对于C，，，有可能，C错误；
对于D，由线面平行的判定定理可知D正确.
故选：D.
4. 已知向量，，，若，则k＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出的坐标，再根据向量平行的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，，
所以，又，
所以，解得.
故选：C
5. 从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ）
A. “至少有一个黑球”与“都是黑球”B. “至少有一个黑球”与“都是红球”
C. “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”D. “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件和独立事件的概念，结合试验条件逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，当从口袋中取出两个黑球时，事件“至少有一个黑球”与“都是黑球”同时发生，
所以事件“至少有一个黑球”与“都是黑球”不是互斥事件，所以A不符合题意；
对于B中，从口袋中取出两个球，事件“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但必有一个事件发生，
所以事件“至少有一个黑球”与“都是红球”对立事件，所以B不符合题意；
对于C中，当从口袋中取值一红一黑时，事件“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”同时发生，
所以事件“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”不是互斥事件，所以C不符合题意；
对于D中，事件“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不能同时发生，当取出两个红球时，事件都没有发生，
所以事件“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥事件但不是对立事件，符合题意.
故选：D
6. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计的值为（ ）
A. 0.6B. 0.65C. 0.7D. 0.75
【答案】B
【解析】
【分析】由20组随机数中找出至少2次击中目标的包含的随机数的组数，即可求概率的值.
【详解】20组随机数中至少2次击中目标的包含的随机数为：
151 525 271 592 408 471 257 333 027 554 730 537 039
一个有组，
所以其3次射击至少2次击中目标的概率，
故选：B.
7. 如图，用K、A1、A2三类不同的元件连接成一个系统．当K正常工作且A1、A2至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、A1、A2正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为
A. 0.960B. 0.864C. 0.720D. 0.576
【答案】B
【解析】
【详解】A1、A2同时不能工作的概率为0.2×0.2＝0.04，所以A1、A2至少有一个正常工作的概率为1－0.04＝0.96，所以系统正常工作的概率为0.9×0.96＝0.864.故选B.
考点：相互独立事件的概率.
8. 已知四面体满足，，，且该四面体的体积为，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】将四面体放入长方体中，根据体积公式计算得到，建立空间直角坐标系，得到各点坐标，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】如图所示：将四面体放入长方体中，

，解得，
故，
以为轴建立空间直角坐标系，
，，，或，
或，，
设异面直线与所成的角的大小为，，
，则；
或，；
综上所述：异面直线与所成的角的大小为或.
故选：C
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
9. 已知为虚数单位，复数，则下列命题为真命题是（ ）
A. 的共轭复数为
B. 的虚部为
C.
D. 在复平面内对应的点在第四象限
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据共轭复数的定义判断A，根据复数的概念判断B，根据复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D.
【详解】因为，
所以的共轭复数为，故A正确；
复数的虚部为，故B错误；
，故C错误；
复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确；
故选：AD
10. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，下列结论中正确的是（ ）
A. 该试验样本空间共有个样本点B.
C. 与为互斥事件D. 与为相互独立事件
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题可得样本空间及事件样本点，结合互斥事件，独立事件的概念及古典概型概率公式逐项分析即得.
【详解】对于A：试验的样本空间为：正，正，正，反，反，正，反，反，共个样本点，故A正确
对于B：由题可知正，正，正，反，正，反，反，反，
显然事件，事件都含有“正，反这一结果，故，故B正确；
对于C：事件，事件能同时发生，因此事件不互斥，故C不正确；
对于D：，，，所以，故D正确．
故选：ABD.
11. 下列命题中是真命题的有（ ）
A. 有A，B，C三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为30
B. 一组数据1，2，3，3，4，5的平均数、众数、中位数相同
C. 若甲组数据的方差为5，乙组数据为5，6，9，10，5，则这两组数据中较稳定的是甲
D. 某一组样本数据为125，120，122，105，130，114，116，95，120，134，则样本数据落在区间内的频率为
【答案】BD
【解析】
【分析】利用分层抽样中样本的抽样比等于各层的抽样比即可判断A，求出这一组数据的平均数、众数、中位数即可判B，计算乙的方差，比较方差大小即可判断C，利用落在区间内的个数除以总的个数计算概率，即可判断D，从而得出正确选项.
【详解】对于选项A：根据样本的抽样比等于各层的抽样比，样本容量为，故选项A 不正确；
对于选项B：数据1，2，3，3，4，5的平均数为，众数和中位数都是，故选项B正确；
对于选项C：乙组数据的平均数为，乙组数据的方差为
，所以这两组数据中较稳定的是乙，故选项C不正确；
对于选项D：样本数据落在区间有120，122，116，120有个，所以样本数据落在区间内的频率为，故选项D正确，
故选：BD
12. 已知三棱柱的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球的表面上，侧面的面积为．则正确的结论是（ ）
A. 若的中点为，则平面
B. 若三棱柱的体积为，则到平面的距离为
C. 若是边长为的等边三角形，则与平面所成的角为
D. 若，则球体积的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】①,证明，平面即得证，所以该命题正确；
②，求出到平面的距离为2，所以该命题错误；
③，利用垂直关系，作出线面角，即可求解判断；
④，求出外接球的半径的最小值为2，即得球O体积的最小值为，所以该命题正确.
【详解】①，如图，连接,交于点,连接.因为，所以,因为平面，平面，所以平面，所以该命题正确；

②，连接,过作,垂足为,因为平面平面，平面平面，，所以平面，所以到平面的距离就是.由题得,所以，所以到平面的距离为2.所以该命题不正确；

③，如图，取的中点，连结，，，因为平面平面，且平面平面，，所以平面，所以与平面所成的角是，是边长为2的等边三角形，，所以， 所以与平面所成的角的正弦值是,所以该命题不正确；

④，设，球的半径为,设上底面和下底面的中心分别为,连接,则其中点为,连接.由题得所以,即，又，所以，所以，（当且仅当时取等），所以最小值为2，所以球O体积的最小值为，所以该命题正确.

故选：AD.
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上）
13. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5种数，再根据概率公式解答即可．
【详解】根据题意可得基本事件数总为个.
点数和为5的基本事件有，，，共4个.
∴出现向上的点数和为5的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14. 我国2021年9月至2022年3月的居民消费指数（上年同月＝100）分别为100.7，101.5，102.3，101.5，100.9，100.9，101.5，则这组数据的第20百分位数是________．
【答案】100.9
【解析】
【分析】利用百分位数的定义去求这组数据的第20百分位数即可
【详解】将这组数据按从小到大排列为100.7，100.9，100.9，101.5，101.5，101.5，102.3，
由7×20%＝1.4，可知这组数据的第20百分位数为第2项数据，即100.9．
故答案为：100.9
15. 已知是的中线，若，，则的最小值是____________．
【答案】 1
【解析】
【详解】试题分析：因为，又，所以，即，的最小值是1.
考点：向量数量积
16. 在梯形中，，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为__________．此时该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.
【详解】过点C作，垂足为E，
为等腰梯形，
，
由余弦定理得，即
易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，
此时，平面
易知，
记O为外接球球心，半径为R
平面，
O到平面的距离
又的外接圆半径
故答案为：，

四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字、证明过程或演算步骤）
17. 已知非零向量满足，且．
（1）求与的夹角；
（2）若，求的值．
【答案】（1）；（2）1．
【解析】
【分析】（1）由向量垂直转化为数量积为0求得，再由数量积的定义求得夹角；
（2）把已知等式平方，模的平方转化为向量的平方，即向量的数量积运算可得．
【详解】（1），
与的夹角为，
（2），即，
，又由（1）知
18. 为了调查疫情期间物理网课学习情况，某校组织了高一年级学生进行了物理测试．根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示．
（1）求图中a的值；
（2）试估计本次物理测试成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
（3）该校准备对本次物理测试成绩优异（将成绩从高到低排列，排在前13%的为优异）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数不低于多少？
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由直方图区间频率和为1求参数a；
（2）根据直方图求物理测试成绩的平均分即可；
（3）根据直方图求出成绩从高到低排列且频率为对应分数即可.
【小问1详解】
由，解得；
【小问2详解】
，
故本次防疫知识测试成绩的平均分为；
【小问3详解】
设受嘉奖的学生分数不低于分，
因为，对应的频率分别为0.15，0.1，
所以，解得，
故受嘉奖的学生分数不低于分．
19. 在如图所示的四棱锥中，四边形是等腰梯形，，平面，．

（1）求证：；
（2）若为的中点，问线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析.
（2）存在，，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合几何关系证明，在根据线面垂直证明，进而证明平面，再根据线面垂直得结论；
（2）取中点，连接，在线段上取点，使得，连接，则证明四边形为平行四边形，以证明平面.
【小问1详解】
证明：因为四边形是等腰梯形，，
所以，
因为，所以，
因为，
所以
所以在中，，即，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
【小问2详解】
解：线段上存在点，使得平面，.
下面证明结论：
如图，取中点，连接，在线段上取点，使得，连接，
由（1）知，在中，，，
所以，
因为，，
所以，
因为为中点，为的中点，
所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面.
所以线段上存在点，使得平面，.

20. 排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球都完成得分，谁取胜谁就得1分，得分的队拥有发球权，最后先得25分的队获得本局比赛胜利，若出现比分24：24，要继续比赛至某队领先2分才能取胜，该局比赛结束．甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为，乙队发球时甲队获胜的概率为，且各次发球的胜负结果相互独立，若甲、乙两队双方平后，甲队拥有发球权．
（1）当时，求两队共发2次球就结束比赛的概率；
（2）当时，求甲队得25分且取得该局比赛胜利的概率．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】(1)先确定后两队共发2次球就结束比赛包含这两个球均由甲队得分和这两个球均由乙队得分两个事件，再利用事件的相互独立性求概率；
(2)先确定时，甲队得25分且取得该局比赛胜利包含甲以25：22取得比赛胜利和甲以25：23取得该局胜利两个事件，再利用事件的相互独立性求概率.
【详解】(1)后两队共发2次球就结束比赛，则这两个球均由甲队得分，或均由乙队得分，且两者互斥．
记事件“后两队共发2次球就结束比赛”，因为各次发球的胜负结果相互独立，所以．
即后两队共发2次球就结束比赛的概率为．
(2)时，甲队得25分且取得该局比赛胜利，则甲以25：22或25：23取得该局胜利．
记事件“甲以25：22取得该局胜利”，“甲以25：23取得该局胜利”，
“时，甲队得25分且取得该局比赛胜利”，
因为各次发球的胜负结果相互独立，且B，C互斥，所以
，
，
．
所以时，甲队得25分且取得该局比赛胜利的概率为.
21. 如图所示，在中，侧棱底面，且底面是边长为2的正三角形，侧棱长为1，是的中点.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
（Ⅲ）求二面角的大小.
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）设与交于E，连接DE，则DE为的中位线，即，根据线面平行的判定定理，即可得证；
（Ⅱ）取中点F，连接AF、EF，由题意可得，根据线面垂直的判定及性质定理可证，所以平面，所以为直线与平面所成平面角，根据题中长度，即可求得答案；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得，又，所以即为二面角所成的平面角，根据题中长度，即可求得答案；
【详解】（Ⅰ）证明：设与交于E，连接DE，如图所示：
由题意得E、D分别为、AC的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（Ⅱ）取中点F，连接AF、EF，如图所示
由题意得四边形为矩形，且AC=2，，D为AC中点，
所以且，
所以为等腰直角三角形，又F为中点，
所以.
又D为AC中点，且BA=BC，
所以，
又侧棱底面，平面，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以，又，
所以平面，
所以直线与平面所成平面角，
在中，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（Ⅲ）由（Ⅱ）可得平面，又平面，
所以，又，
所以即为二面角所成的平面角，
在中，，
所以，且二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为.
22. 在中．
（1）求的值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理化简已知等式可得，结合同角三角函数基本关系式即可求解的值；
（2）首先求出，再由正弦定理将转化为关于的三角函数，利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得．
【小问1详解】
因为，即，
由余弦定理，
所以，所以，
又，所以，解得或，
因为，所以，则.
【小问2详解】
由且，解得，
由正弦定理可得
（其中，），
因为，所以，
又，所以，
所以，，则，又 ，
所以，则，
则，则.
所以.