[数学][期末][数学]山东省百师联盟2023-2024学年高一下学期期末联考试题(解析版)

这是一份[数学][期末][数学]山东省百师联盟2023-2024学年高一下学期期末联考试题(解析版)，共16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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】.
故选：A.
2. 已知直线，，平面，则“，”是“”的（ ）条件．
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充要D. 不充分不必要
【答案】D
【解析】若直线，直线且，则直线，可以相交，故不是充分条件；
若直线，且，都与平面相交，则也不是必要条件.
故选：D.
3. 从一堆产品（其中正品与次品都多于2件）中任取2件，下列事件是互斥事件但不是对立事件的是（ ）
A. 恰好有1件次品和恰好有2件次品B. 至少有1件次品和全是次品
C. 至少有1件正品和至少有1件次品D. 至少有1件次品和全是正品
【答案】A
【解析】A. 由条件可知，恰好有1件次品和恰好有2件次品互斥事件，但不是对立事件，故A正确；
B. 至少有1件次品和全是次品不是互斥事件，故B错误；
C. 至少有1件正品和至少有1件次品不是互斥事件，故C错误；
D. 至少有1件次品和全是正品是对立事件，故D错误.
故选：A.
4. 在直角梯形ABCD中，，，，，M是CD的中点，N在BC上，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解法一：如图，建立平面直角坐标系，则，，，，
∴，，∴，∴，
则，∴.
解法二：设，，则，，，，
，
∴，，
，
∴.
故选：A．
5. 某校举办歌唱比赛，将200名参赛选手的成绩整理后画出频率分布直方图如图，根据频率分布直方图，第40百分位数估计为（ ）
A. 64B. 65C. 66D. 67
【答案】C
【解析】由图可知，
，即第40百分位数位于区间，
设第40百分位数为，则.
故选：C.
6. 圭表是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根呈南北方向的水平长尺（称为“圭”）和一根直立于圭面的标杆（称为“表”），如图．成语有云：“立竿见影”，《周髀算经》里记载的二十四节气就是通过圭表测量日影长度来确定的．利用圭表测得某市在每年夏至日的早上8：00和中午13：00的太阳高度角分别为（）和（）．设表高为1米，则影差（ ）（参考数据：，）
A. 2.016米B. 2.232米C. 2.428米D. 2.614米
【答案】B
【解析】在中，（米），
在中，由正弦定理，得，
即，
所以（米），
因为，
且，
所以，
所以（米）．
故选：B．
7. 下列说法正确的是（ ）
A. 某人在玩掷骰子游戏，掷得数字5的概率是，则此人掷6次骰子一定能掷得一次数字5
B. 为了了解全国中学生的心理健康情况，应该采用普查的方式
C. 一组数据8，8，7，10，6，8，9的众数和中位数都是8
D. 若甲组数据的方差，乙组数据的方差，则乙比甲稳定
【答案】C
【解析】A选项，概率表示随机事件发生可能性大小，所以此人掷6次骰子不一定能掷得一次数字5，故A错误；
B选项，为了解全国中学生的心理健康情况，应该采取抽样调查更合理，故B错误；
C选项，根据中位数，众数的概念可判断其正确；
D选项，根据方差越小数据越稳定，故D错误.
故选：C.
8. “木桶效应”是一个有名的心理效应，是指木桶盛水量的多少，取决于构成木桶的最短木板的长度，而不取决于构成木桶的长木板的长度，常被用来寓意一个短处对于一个团队或者一个人的影响程度.某同学认为，如果将该木桶斜放，发挥长板的作用，在短板存在的情况下，也能盛较多的水.根据该同学的说法，若有一个如图①所示的圆柱形木桶，其中一块木板有缺口，缺口最低处与桶口距离为2，若按照图②的方式盛水，形成了一个椭圆水面，水面刚好与左边缺口最低处M和右侧桶口N齐平，且MN为该椭圆水面的长轴.则此时比图①盛水方式多盛的水的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】作出截面图，如图，从缺口向桶边作垂线，恰好平分；
因为桶倾斜与底面成，所以；
因为，所以；
因为缺口以上的圆柱部分体积为；
所以多盛的水的体积为.
故选：B.
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. 已知，，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，且，均为锐角，则
【答案】ABD
【解析】由题意可知：，，，
对于A项，若，则，，故A对；
对于B项，若，
则，故B对；
对于C项，易知：，，
若，则，
故C错；
对于D项，，则，
则，平方相加得，∴，故D对.
故选：ABD.
10. 如图，在正三棱台中，，，棱，的中点分别为D，E，点P在侧面内运动（包含边界），且，则下列结论正确的是（ ）
A 平面
B. 正三棱台的体积为
C. 与平面所成角的正切值为
D. 动点P形成的轨迹长度为
【答案】AD
【解析】如图，延长正三棱台的侧棱，设其相交于点O，连接，，如下图所示：
则有，直线必过点O且，，
过点作，，则四边形和均是边长为2的菱形，
在中，，即，解得，
所以，所以是边长为6的等边三角形，
由正三棱台性质可得，
所以，，所以，
因为是边长为6的等边三角形且为的中点，所以，，
在中，由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理可得，
，解得，
满足，所以，
由，，，，平面，可得平面；
又平面，所以，由，，，，平面，可得平面，故A正确；
因为，所以三棱台的高为，
所以三棱台的体积为
，故B错误；
与平面所成的角为，因为，
所以，所以，故C错误；
因为点P在平面内的轨迹为以D为圆心的圆被四边形所截的弧，，
设的长度为，则，所以动点P形成的轨迹长度为，故D正确．
故选：AD.
11. 已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据的平均数为，方差为；第二部分样本数据的平均数为，方差为，设，则以下命题正确的是（ ）
A. 设总样本的平均数为，则
B. 设总样本的平均数为，则
C. 设总样本的方差为，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】对于A选项，因为，所以，
，即，A正确；
对于B选项，取第一部分数据为，则，，取第二部分数据为，
则，，则，B不正确；
对于C选项，取第一部分数据为，则，，
取第二部分数据为，则，，则，
，
C不正确；
对于D选项，若，则，
，D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 某高中学校进行问卷调查，用比例分配的分层随机抽样方法从该校三个年级中抽取36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为__________人.
【答案】
【解析】由题意可知：高三年级抽取了人，
由于高三共有900人，所以抽样比为，
所以高中学生总数为.
故答案为：.
13. 某科技公司组织技术人员进行某新项目研发，技术人员将独立地进行项目中不同类型的实验甲、乙、丙，已知实验甲、乙、丙成功的概率分别为、、，对实验甲、乙、丙各进行一次，则至少有一次成功的概率为______．（结果用最简分数表示）
【答案】
【解析】记至少有一次成功的概率为事件，实验甲、乙、丙成功分别为事件，
由题意，，，
．
故答案为：．
14. 勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为_______；用过三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为_____________.
【答案】
【解析】空1：根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
如图1，点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球球心，
由正四面体的性质可知该该球球心为正四面体的中心，半径为，
连接，则三点共线，此时，为正四面体的外接球的半径，
由于正四面体的棱长为1，其可以在棱长为的正方体中截出，
所以正四面体的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球半径，
即正方体体对角线的一半，则，
故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径；
空2：如图2，根据勒洛四面体的构成可知，过三点的截面面积为3个半径为1，
圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，
所以所得截面的面积为.
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. 已知复数，为z的共轭复数，且．
（1）求m的值；
（2）若是关于x的实系数一元二次方程的一个根，求该一元二次方程的另一复数根．
解：（1）已知，则，
由于，得，解得：.
（2）由（1）可知，，将代入方程可得：
，即，
得，解得，，代入一元二次方程中得，
解得，，
即方程另外一个复数根为.
16. 在锐角三角形中，内角A，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的值．
（2）求的取值范围．
解：（1）设的外接圆半径为，
由正弦定理，得，，，
因为，则，
整理得，
由余弦定理得，即，
又因为，则，可得，所以．
（2）由正弦定理可得，
则，
因为是锐角三角形，则，解得，
则，可得，
所以的取值范围是．
17. 在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．
（1）若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由；
（2）若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围．
解：在图（1）中，，四边形是正方形，
在图（2）中，，，，平面，
平面，
分别取中点为，，连接，
则，平面，平面，所以平面，
同理平面，由于平面，
故平面平面，
平面，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形，
由，，所以即为二面角A－BD－C的平面角，故，
由于
，
因此，
故点F的轨迹长度为.
（2）在线段取点使得，
由于平面，平面，，
，，，
易得，，从而有，则，
则.
18. 某电子产品制造企业为了提升生产质量，对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据得到下表（单位：件）.
（1）估计这组样本的质量指标值的平均数和方差（同一组中的数据用该组区间中点值作代表）；
（2）设表示不大于的最大整数，表示不小于的最小整数，精确到个位，.根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量初步稳定；若有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，可认为生产线技术改造成功.请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造是成功的？
解：（1）由检测数据的统计图表，可得：
平均数，
方差为
.
（2）由（1）知，，因为，，所以，
又因为精确到个位数，所以，
则，
该抽样数据落在内的概率约为，
又由，
所以该抽样数据落在内的概率约为，
所以，可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功.
19. 为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
（1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
（2）一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
解：（1）设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，，所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．
（2）设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
所以
，
又，且，，互斥，
所以
，
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即，
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当时，，舍去，
当时，，满足题意，
因此的所有可能取值为．质是指标值
产品
60
100
160
300
200
100
80
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为获胜
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5