資源簡介

山東省濟南市2023-2024學年高一下學期7月期末學習質量檢測數學試題
1．（2024高一下·濟南期末）已知為虛數單位，則復數的虛部是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】復數的基本概念；復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：因為，
所以，復數z的虛部是.
故答案為：D.
【分析】利用復數的除法運算法則和復數的虛部定義，從而得出復數的虛部.
2．（2024高一下·濟南期末）從裝有兩個白球和兩個黃球的口袋中任取兩個球，下列各組事件中，是互斥事件的是（　　）
A．“至少一個白球”與“至少一個黃球”
B．“恰有一個白球”與“恰有兩個白球”
C．“至多一個白球”與“至多一個黃球”
D．“至少一個黃球”與“都是黃球”
【答案】B
【知識點】互斥事件與對立事件
【解析】【解答】解：從裝有兩個白球和兩個黃球的口袋中任取兩個球，
共有三種結果：兩白球，一白一黃，兩黃球，
這三個事件是互斥事件，故B是正確；
由于至少一個白球，包含事件有兩白球和一白一黃，
又因為至少一個黃球包含兩黃球和一白一黃，
當取到一白一黃時，此時這兩個事件同時發生，故A錯誤；
由于至多一個白球，包含事件有一白一黃和兩黃球，
又因為至多一個黃球包含一黃一白和兩白球，
所以，當取到一白一黃時，此時兩個事件同時發生，故C錯誤；
由于至少一個黃球，包含事件一白一黃和兩黃球，
又因為都是黃球顯然是兩黃球，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】利用互斥事件不可能同時發生，從而逐項判斷找出是互斥事件的選項.
3．（2024高一下·濟南期末）在中，記，，若，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知識點】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由已知得：，
所以，.
故答案為：A.
【分析】根據已知條件和向量加法和數乘的運算法則，從而找出正確的選項.
4．（2024高一下·濟南期末）若正三棱臺上底面邊長為，下底面邊長為，高為，則該棱臺的體積為（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知識點】臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：依題意，該三棱臺的上底面面積為，
下底面面積為，
故該棱臺的體積為.
故答案為：C.
【分析】根據已知條件和棱臺的體積公式，從而得出該棱臺的體積.
5．（2024高一下·濟南期末）如圖，已知某頻率分布直方圖形成“右拖尾”形態，則下列結論正確的是（　　）
A．眾數平均數中位數 B．眾數中位數平均數
C．眾數平均數中位數 D．中位數平均數眾數
【答案】B
【知識點】頻率分布直方圖；眾數、中位數、平均數
【解析】【解答】解：頻率直方圖呈“右拖尾”，最高峰偏左，眾數最小，
平均數易受極端值的影響，與中位數相比，平均數總是在“拖尾”那邊，
則平均數大于中位數，所以眾數中位數平均數.
故答案為：B.
【分析】根據平均數，中位數，眾數的概念結合圖形分析判斷即可.
6．（2024高一下·濟南期末）已知兩條不同的直線，和兩個不同的平面，，則下列結論正確的是（　　）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，，則
D．若，，，則與平行或異面
【答案】D
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定
【解析】【解答】解：對于A：若，，則或與異面，故A錯誤；
對于B：若，，則或，故B錯誤；
對于C：若，，，，當與相交時，有，
當與不相交時，或與相交，故C錯誤；
對于D：若，，，則與平行或異面，故D正確.
故答案為：D.
【分析】根據已知條件和空間中線線、線面、面面的位置關系判斷，從而找出結論正確的選項.
7．（2024高一下·濟南期末）某地區公共衛生部門為了了解本地區中學生的吸煙情況，對隨機抽出的200名學生進行調查.為了得到該敏感性問題的誠實反應，設計如下方案：每個被調查者先后拋擲兩顆骰子，調查中使用兩個問題：①第一顆骰子的點數是否比第二顆的大？②你是否經常吸煙？兩顆骰子點數和為奇數的學生如實回答第一個問題，兩顆骰子點數和為偶數的學生如實回答第二個問題.回答“是”的學生往盒子中放一個小石子，回答“否”的學生什么都不用做.若最終盒子中小石子的個數為57，則該地區中學生吸煙人數的比例約為（　　）
A．0.035 B．0.07 C．0.105 D．0.14
【答案】B
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：由題意，兩顆骰子點數和為奇數與偶數的概率相等，都為，
則回答問題①②的人數均為，
如果回答問題①，則擲兩次骰子所有可能情況有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18種可能，
所得點數第一次比第二次大的有，，，，，，，，，共9種可能，
所以在回答問題①的前提下，回答是的概率為，
所以回答問題①時，大約有人回答“是”；
所以回答問題②時，大約有人回答“是”，
故該地區中學生吸煙人數的比例約為．
故答案為：B．
【分析】根據古典概型的知識得到回答問題①②的人數均為，求出點數第一次比第二次大的概率，則可推出第二個問題中回答“是”的人數，再結合古典概率公式得出該地區中學生吸煙人數的比例．
8．（2024高一下·濟南期末）如圖，設，是平面內夾角為的兩條數軸，，分別是與軸、軸正方向同向的單位向量.若向量，則有序數對叫做點在坐標系中的坐標.在該坐標系下，，，為不共線的三點，下列結論錯誤的是（　　）
A．線段中點的坐標為
B．重心的坐標為
C．，兩點的距離為
D．若，則，，三點共線
【答案】C
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量的數量積運算；三點共線；平面內中點坐標公式；三角形五心
【解析】【解答】解：根據題意，得出，，.
對于A，設的中點為，
則，
故線段中點的坐標為，故A正確；
對于B，設重心為，
則
，
所以重心的坐標為，故B正確；
對于C，因為，
所以
=
則該坐標系中，兩點間的距離為：
，故C錯誤；
對于D，因為，，
若，易得，則、、三點共線，
若，變形可得，所以，
所以，所以、、三點共線，
綜上可得：若，則，，三點共線，故D正確．
故答案為：C．
【分析】依題意可得，，，根據平面向量的線性運算判斷出選項A和選項B；線表示出，再根據數量積的運算律判斷出選項C；根據向量共線定理判斷出選項D，從而找出結論錯誤的選項.
9．（2024高一下·濟南期末）已知為虛數單位，復數，，則下列結論正確的是（　　）
A．所對應的點在第一象限 B．所對應的點在第二象限
C． D．
【答案】B,C
【知識點】復數在復平面中的表示；復數代數形式的乘除運算；復數代數形式的加減運算；共軛復數
【解析】【解答】解：由復數，，
則，
所以它對應的點為，故A錯誤；
由復數，，
則，
所以它對應的點為，故B正確；
由復數，
則
所以，故C正確；
由復數，
則故D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】利用復數的運算法則、共軛復數的定義、復數幾何意義和復數求模公式，從而逐項判斷找出結論正確的選項.
10．（2024高一下·濟南期末）已知有限集為隨機試驗的樣本空間，事件為的子集，則事件相互獨立的充分條件可以是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；事件的包含與相等
【解析】【解答】解：對于A，由，得若發生，則一定發生，
所以事件不相互獨立，故A錯誤；
對于B，由，可得，
所以，
所以事件相互獨立，故B正確；
對于C，因為，
所以事件相互獨立，
所以事件相互獨立，故C正確；
對于D，由，結合，
得，
所以事件相互獨立，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】根據已知條件和相互獨立事件的定義以及充分條件判斷方法，從而逐項判斷找出事件相互獨立的充分條件.
11．（2024高一下·濟南期末）如圖所示，三棱錐中，，其余棱長均為.為棱的中點，將三棱錐繞旋轉，使得點，分別到達點，，且.下列結論正確的是（　　）
A．平面
B．
C．直線與所成的角為
D．點，，，，，在同一個直徑為的球面上
【答案】A,C,D
【知識點】異面直線所成的角；空間中直線與直線之間的位置關系；球內接多面體；直線與平面平行的判定
【解析】【解答】解：如圖所示，
因為，則四邊形為平行四邊形，
則，平面，
則平面，故A正確；
因為三棱錐中，，其余棱長均為，
則，，為棱的中點，
則等腰三角形和等腰三角形中，，，
則平面.由A知道，，
則平面，，
結合圖形可知不可能垂直，故B錯誤；
根據旋轉特征，可知，四邊形為邊長為1的正方形，則，
由，則與所成的角，，
則為等邊三角形，所以，故C正確；
由以上證明可知，將幾何體放在正方體中，如圖所示，且正方體棱長為1，
因為，，，，，在上面正方體的外接球上，
又因為正方體性質可知外接球直徑為，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】先畫出圖形，再根據線面平行判定定理，則判斷出選項A；先證明，再結合圖形，可得不可能垂直，則判斷出選項B；利用平移法找出直線與所成的角，再結合等邊三角形的性質得出直線與所成的角，則判斷出選項C；用補形成正方體的方法和勾股定理得出，，，，，在上面正方體的外接球的直徑，則判斷出選項D，從而找出結論正確的選項.
12．（2024高一下·濟南期末）甲、乙兩名射擊運動員進行射擊比賽，甲的中靶概率為0.8，乙的中靶概率為0.7，現兩人各自獨立射擊一次，則至少一人中靶的概率為　 　．
【答案】
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：設甲中靶為事件，乙中靶為事件，
則至少有一人中靶的對立事件為兩人都沒有中靶，
則至少有一人中靶的概率.
故答案為：.
【分析】利用已知條件和獨立事件同時發生的概率公式，再結合對立事件求概率公式，從而得出至少一人中靶的概率.
13．（2024高一下·濟南期末）已知分別為內角的對邊，且，，則使得有兩組解的的值可以是　 　（寫出滿足條件的一個值即可）.
【答案】（答案不唯一，只要在區間上均可）
【知識點】正弦定理的應用
【解析】【解答】解：由正弦定理得，
所以，
要使有兩組解，
則，
解得，
所以使得有兩組解的的值可以是.
故答案為：（答案不唯一，只要在區間上均可）.
【分析】利用正弦定理求出的值，由題意可得，再結合正弦定理得出b的取值范圍，從而得出可以的取值.
14．（2024高一下·濟南期末）在平行六面體中，底面是邊長為的菱形，，，且平面，均與底面垂直.點在側面上運動，若，則點的軌跡長為　 　.
【答案】
【知識點】平面與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：首先證明，，，則，如下圖所示：
設，，
在平面內取一點，過點作直線，過點作直線，
由面面垂直的性質定理可得平面，平面，
因為，即，
所以可得，
又因為，且平面，可得，
又因為平面，均與底面垂直，平面平面，
所以平面，
在平行六面體中，則平面，
又因為底面是邊長為的菱形，，連接，
則為邊長為的等邊三角形，
取的中點，連接，
則，且，
因為平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
又因為點在側面上運動，則平面，所以，
又因為，所以，
所以點在以為圓心，半徑的圓（圓弧）上，
在、分別取點、，使得，
則，且，
又因為，
所以點在弧上，且圓心角，
所以點的軌跡長為.
故答案為：.
【分析】先證明，，，則，從而得到平面，取的中點，連接，從而證出直線平面，進而確定的長，則點在以為圓心，半徑的圓（圓弧）上，從而確定圓心角，進而求出點P的軌跡長.
15．（2024高一下·濟南期末）某學校組織“泉城知識答題競賽”，滿分100分，共有100人參賽，其成績均落在區間內，將成績數據分成，，，，5組，制成如圖所示的頻率分布直方圖.
（1）求的值并估計參賽學生成績的分位數；
（2）從成績低于70分的學生中，用按比例分配的分層抽樣抽取6人.從這6人中任選2人，求此2人分數都在的概率.
【答案】（1）解：由題意，，解得，
因為
所以參賽學生成績的分位數在區間上，設為，
則，解得，
所以參賽學生成績的分位數為分.
（2）解：由題意，區間有人，設為，
區間有人，設為，
從這6人中任選2人，則共種，
其中都在有種，
所以2人分數都在的概率為.
【知識點】古典概型及其概率計算公式；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【分析】（1）根據頻率之和為求出的值，再根據百分位數的定義估計出參賽學生成績的分位數.
（2）先利用分層抽樣求出各層的人數，再利用列舉法結合古典概率公式得出此2人分數都在的概率.
（1）由題意，，解得，
因為，
所以參賽學生成績的分位數在區間上，設為，
則，解得，
所以參賽學生成績的分位數為分；
（2）由題意，區間有人，設為，
區間有人，設為，
從這6人中任選2人，有共種，
其中都在有種，
所以2人分數都在的概率為.
16．（2024高一下·濟南期末）已知內角，，的對邊分別為，，，且滿足.
（1）求；
（2）若，，求的周長.
【答案】（1）解：因為，
由正弦定理得，
則，
又因為，
所以，且，
所以，
又因為，
所以.
（2）解：由（1）知，
因為，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
則，解得，
所以，
故的周長為.
【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理的應用；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，再根據和，從而得出角A的值.
（2）由正弦定理得，由余弦定理得的值，再結合三角形的周長公式得出的周長.
（1）因為，
所以由正弦定理得，
即，
又因為，
所以，且，
所以，
由因為，所以.
（2）由（1）知，
因為，所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，
故的周長為.
17．（2024高一下·濟南期末）如圖1，在菱形中，是邊長為2的等邊三角形，將沿對角線翻折至的位置，得到圖2所示的三棱錐.
（1）證明：；
（2）若二面角的平面角為，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】（1）證明：取的中點為，連接、，由為菱形，
所以，，
又因為，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以.
（2）解：過點作于點，連接，
由（1）平面，又因為平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
所以為直線與平面所成角，
由（1）可知，，
所以為二面角的平面角，
所以，
在中，，，
所以，
又因為，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中點為，連接、，從而證出平面，再結合線面垂直的定義證出.
（2）過點作于點，連接，從而證出直線平面，則為直線與平面所成角，再由（1）可知為二面角的平面角，從而求出相應線段的長度，再由銳角三角函數的定義得出直線與平面所成角的正弦值.
（1）取的中點為，連接、，由為菱形，所以，，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）過點作于點，連接，
由（1）平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
所以為直線與平面所成角，
由（1）可知，，
所以為二面角的平面角，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
18．（2024高一下·濟南期末）如圖，內角的對邊分別為，為邊上一點，且，.
（1）已知.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）若，求的面積；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：（ⅰ）由題意得，
，
因為，，
所以，
，
所以，
所以.
（ⅱ）由（ⅰ）得，
在中，，
所以，
又因為，
所以，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
由（1）得，
故，
令，因為，
所以，
所以，
則
，
當且僅當時，即當時取等號，
所以的最小值為.
【知識點】基本不等式在最值問題中的應用；二倍角的余弦公式；正弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根據化簡結合角的關系以及倍角公式，從而得出的值.
（ⅱ）先求出的長，從而可得的長，再結合三角形的面積公式求出的值，再結合（ⅰ）中結論得出的面積.
（2）先利用正弦定理化邊為角，再根據化簡，結合基本不等式求最值的方法得出的最小值.
（1）（ⅰ）由題意得，
，
因為，，
所以，
，
所以，
所以；
（ⅱ）由（ⅰ）得，
在中，，
所以，
又，所以，
所以；
（2）由正弦定理得，
由（1）得，
故，
令，
因為，所以，所以，
則
，
當且僅當，即時取等號，
所以的最小值為.
19．（2024高一下·濟南期末）給定三棱錐，設的四個頂點到平面的距離所構成的集合為，若中元素的個數為，則稱為的階等距平面，稱為的階等距集.
（1）若為三棱錐，滿足，，求出的1階等距平面截該三棱錐所得到的截面面積（求出其中的一個即可）；
（2）如圖所示，是棱長為的正四面體.
（ⅰ）若為的1階等距平面且1階等距集為，求的所有可能取值以及相對應的的個數；
（ⅱ）已知是的4階等距平面，點與點，，分別位于兩側.是否存在，使的4階等距集為，其中點到的距離為？若存在，求出截所得的平面多邊形的最大邊長；若不存在，說明理由.
【答案】（1）解：情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
則所求截面面積為等腰三角形的面積，等于；
情形二：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
取中點，連接，，由，
又因為，平面，
可知直線平面，平面，
則，所以，故四邊形是邊長為1的正方形，
則所求截面面積為正方形的面積等于1；
情形三：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
設，
則，
三式相加可得，故，
則，
在等腰三角形中，，
則等腰三角形的面積為，
則所求截面面積為菱形的面積，
等于等腰三角形的面積的兩倍，為，
所以本題答案可以為中的任意一個.
（2）解：(i)情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
為正四面體高的一半，等于，
因為正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況；
情形二：分別取的中點，，，，
將此正四面體放置到棱長為1的正方體中，
則為正方體棱長的一半，等于，
由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，
這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況，
綜上所述，當的值為時，有4個；當的值為時，有3個.
(ii)存在，截所得的平面多邊形的最大邊長為.
在線段上分別取一點，，，
使得，
則平面為滿足題意的的4階等距平面，
故.
又因為，
由余弦定理可得，
，
，
因為，
故截所得的平面多邊形的最大邊長為.
【知識點】棱錐的結構特征；異面直線的判定；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）分三種情形討論求解：情形一：分別取，，的中點，，，可證出平面為的一個1階等距平面；情形二：取，，，的中點，可證出平面為的一個1階等距平面；情形三：取，，，的中點，可證出平面為的一個1階等距平面.
（2）（ⅰ）可分兩種情形討論：情形一：取，，的中點，，，可說明平面為的一個1階等距平面；情形二：取的中點，，，，由正四面體的性質也可求解.
（ⅱ）找到滿足題意的的4階等距平面，即在線段上分別取一點，，，使得，再結合解三角形知識得出存在滿足條件的平面，并求出平面截所得的平面多邊形的最大邊長.
（1）情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，此時平面為的一個1階等距平面，
則所求截面面積為等腰三角形的面積，等于.
情形二：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
取中點，連接，，由，
又，平面，
可知直線平面，平面，
則，則，故四邊形是邊長為1的正方形，
則所求截面面積為正方形的面積等于1.
情形三：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面.
設，
則，
三式相加可得，故.
則.
在等腰三角形中，，
則等腰三角形的面積為.
則所求截面面積為菱形的面積，
等于等腰三角形的面積的兩倍，為.
所以本題答案可以為中的任意一個.
（2）(i)情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，此時平面為的一個1階等距平面，
為正四面體高的一半，
等于.
由于正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況：
情形二：分別取的中點，，，，
將此正四面體放置到棱長為1的正方體中，則為正方體棱長的一半，等于.
由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，
這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況.
綜上，當的值為時，有4個；當的值為時，有3個.
(ii)存在，截所得的平面多邊形的最大邊長為.
在線段上分別取一點，，，
使得，
則平面為滿足題意的的4階等距平面，
故.
又，
由余弦定理可得，
，
，
因為，
故截所得的平面多邊形的最大邊長為.
1 / 1山東省濟南市2023-2024學年高一下學期7月期末學習質量檢測數學試題
1．（2024高一下·濟南期末）已知為虛數單位，則復數的虛部是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·濟南期末）從裝有兩個白球和兩個黃球的口袋中任取兩個球，下列各組事件中，是互斥事件的是（　　）
A．“至少一個白球”與“至少一個黃球”
B．“恰有一個白球”與“恰有兩個白球”
C．“至多一個白球”與“至多一個黃球”
D．“至少一個黃球”與“都是黃球”
3．（2024高一下·濟南期末）在中，記，，若，則（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·濟南期末）若正三棱臺上底面邊長為，下底面邊長為，高為，則該棱臺的體積為（　　）
A． B．2 C． D．
5．（2024高一下·濟南期末）如圖，已知某頻率分布直方圖形成“右拖尾”形態，則下列結論正確的是（　　）
A．眾數平均數中位數 B．眾數中位數平均數
C．眾數平均數中位數 D．中位數平均數眾數
6．（2024高一下·濟南期末）已知兩條不同的直線，和兩個不同的平面，，則下列結論正確的是（　　）
A．若，，則
B．若，，則
C．若，，，，則
D．若，，，則與平行或異面
7．（2024高一下·濟南期末）某地區公共衛生部門為了了解本地區中學生的吸煙情況，對隨機抽出的200名學生進行調查.為了得到該敏感性問題的誠實反應，設計如下方案：每個被調查者先后拋擲兩顆骰子，調查中使用兩個問題：①第一顆骰子的點數是否比第二顆的大？②你是否經常吸煙？兩顆骰子點數和為奇數的學生如實回答第一個問題，兩顆骰子點數和為偶數的學生如實回答第二個問題.回答“是”的學生往盒子中放一個小石子，回答“否”的學生什么都不用做.若最終盒子中小石子的個數為57，則該地區中學生吸煙人數的比例約為（　　）
A．0.035 B．0.07 C．0.105 D．0.14
8．（2024高一下·濟南期末）如圖，設，是平面內夾角為的兩條數軸，，分別是與軸、軸正方向同向的單位向量.若向量，則有序數對叫做點在坐標系中的坐標.在該坐標系下，，，為不共線的三點，下列結論錯誤的是（　　）
A．線段中點的坐標為
B．重心的坐標為
C．，兩點的距離為
D．若，則，，三點共線
9．（2024高一下·濟南期末）已知為虛數單位，復數，，則下列結論正確的是（　　）
A．所對應的點在第一象限 B．所對應的點在第二象限
C． D．
10．（2024高一下·濟南期末）已知有限集為隨機試驗的樣本空間，事件為的子集，則事件相互獨立的充分條件可以是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·濟南期末）如圖所示，三棱錐中，，其余棱長均為.為棱的中點，將三棱錐繞旋轉，使得點，分別到達點，，且.下列結論正確的是（　　）
A．平面
B．
C．直線與所成的角為
D．點，，，，，在同一個直徑為的球面上
12．（2024高一下·濟南期末）甲、乙兩名射擊運動員進行射擊比賽，甲的中靶概率為0.8，乙的中靶概率為0.7，現兩人各自獨立射擊一次，則至少一人中靶的概率為　 　．
13．（2024高一下·濟南期末）已知分別為內角的對邊，且，，則使得有兩組解的的值可以是　 　（寫出滿足條件的一個值即可）.
14．（2024高一下·濟南期末）在平行六面體中，底面是邊長為的菱形，，，且平面，均與底面垂直.點在側面上運動，若，則點的軌跡長為　 　.
15．（2024高一下·濟南期末）某學校組織“泉城知識答題競賽”，滿分100分，共有100人參賽，其成績均落在區間內，將成績數據分成，，，，5組，制成如圖所示的頻率分布直方圖.
（1）求的值并估計參賽學生成績的分位數；
（2）從成績低于70分的學生中，用按比例分配的分層抽樣抽取6人.從這6人中任選2人，求此2人分數都在的概率.
16．（2024高一下·濟南期末）已知內角，，的對邊分別為，，，且滿足.
（1）求；
（2）若，，求的周長.
17．（2024高一下·濟南期末）如圖1，在菱形中，是邊長為2的等邊三角形，將沿對角線翻折至的位置，得到圖2所示的三棱錐.
（1）證明：；
（2）若二面角的平面角為，求直線與平面所成角的正弦值.
18．（2024高一下·濟南期末）如圖，內角的對邊分別為，為邊上一點，且，.
（1）已知.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）若，求的面積；
（2）求的最小值.
19．（2024高一下·濟南期末）給定三棱錐，設的四個頂點到平面的距離所構成的集合為，若中元素的個數為，則稱為的階等距平面，稱為的階等距集.
（1）若為三棱錐，滿足，，求出的1階等距平面截該三棱錐所得到的截面面積（求出其中的一個即可）；
（2）如圖所示，是棱長為的正四面體.
（ⅰ）若為的1階等距平面且1階等距集為，求的所有可能取值以及相對應的的個數；
（ⅱ）已知是的4階等距平面，點與點，，分別位于兩側.是否存在，使的4階等距集為，其中點到的距離為？若存在，求出截所得的平面多邊形的最大邊長；若不存在，說明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】復數的基本概念；復數代數形式的乘除運算
【解析】【解答】解：因為，
所以，復數z的虛部是.
故答案為：D.
【分析】利用復數的除法運算法則和復數的虛部定義，從而得出復數的虛部.
2．【答案】B
【知識點】互斥事件與對立事件
【解析】【解答】解：從裝有兩個白球和兩個黃球的口袋中任取兩個球，
共有三種結果：兩白球，一白一黃，兩黃球，
這三個事件是互斥事件，故B是正確；
由于至少一個白球，包含事件有兩白球和一白一黃，
又因為至少一個黃球包含兩黃球和一白一黃，
當取到一白一黃時，此時這兩個事件同時發生，故A錯誤；
由于至多一個白球，包含事件有一白一黃和兩黃球，
又因為至多一個黃球包含一黃一白和兩白球，
所以，當取到一白一黃時，此時兩個事件同時發生，故C錯誤；
由于至少一個黃球，包含事件一白一黃和兩黃球，
又因為都是黃球顯然是兩黃球，故D錯誤.
故答案為：B.
【分析】利用互斥事件不可能同時發生，從而逐項判斷找出是互斥事件的選項.
3．【答案】A
【知識點】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由已知得：，
所以，.
故答案為：A.
【分析】根據已知條件和向量加法和數乘的運算法則，從而找出正確的選項.
4．【答案】C
【知識點】臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：依題意，該三棱臺的上底面面積為，
下底面面積為，
故該棱臺的體積為.
故答案為：C.
【分析】根據已知條件和棱臺的體積公式，從而得出該棱臺的體積.
5．【答案】B
【知識點】頻率分布直方圖；眾數、中位數、平均數
【解析】【解答】解：頻率直方圖呈“右拖尾”，最高峰偏左，眾數最小，
平均數易受極端值的影響，與中位數相比，平均數總是在“拖尾”那邊，
則平均數大于中位數，所以眾數中位數平均數.
故答案為：B.
【分析】根據平均數，中位數，眾數的概念結合圖形分析判斷即可.
6．【答案】D
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；直線與平面平行的判定；平面與平面平行的判定
【解析】【解答】解：對于A：若，，則或與異面，故A錯誤；
對于B：若，，則或，故B錯誤；
對于C：若，，，，當與相交時，有，
當與不相交時，或與相交，故C錯誤；
對于D：若，，，則與平行或異面，故D正確.
故答案為：D.
【分析】根據已知條件和空間中線線、線面、面面的位置關系判斷，從而找出結論正確的選項.
7．【答案】B
【知識點】古典概型及其概率計算公式
【解析】【解答】解：由題意，兩顆骰子點數和為奇數與偶數的概率相等，都為，
則回答問題①②的人數均為，
如果回答問題①，則擲兩次骰子所有可能情況有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18種可能，
所得點數第一次比第二次大的有，，，，，，，，，共9種可能，
所以在回答問題①的前提下，回答是的概率為，
所以回答問題①時，大約有人回答“是”；
所以回答問題②時，大約有人回答“是”，
故該地區中學生吸煙人數的比例約為．
故答案為：B．
【分析】根據古典概型的知識得到回答問題①②的人數均為，求出點數第一次比第二次大的概率，則可推出第二個問題中回答“是”的人數，再結合古典概率公式得出該地區中學生吸煙人數的比例．
8．【答案】C
【知識點】平面向量數量積的坐標表示、模、夾角；平面向量的數量積運算；三點共線；平面內中點坐標公式；三角形五心
【解析】【解答】解：根據題意，得出，，.
對于A，設的中點為，
則，
故線段中點的坐標為，故A正確；
對于B，設重心為，
則
，
所以重心的坐標為，故B正確；
對于C，因為，
所以
=
則該坐標系中，兩點間的距離為：
，故C錯誤；
對于D，因為，，
若，易得，則、、三點共線，
若，變形可得，所以，
所以，所以、、三點共線，
綜上可得：若，則，，三點共線，故D正確．
故答案為：C．
【分析】依題意可得，，，根據平面向量的線性運算判斷出選項A和選項B；線表示出，再根據數量積的運算律判斷出選項C；根據向量共線定理判斷出選項D，從而找出結論錯誤的選項.
9．【答案】B,C
【知識點】復數在復平面中的表示；復數代數形式的乘除運算；復數代數形式的加減運算；共軛復數
【解析】【解答】解：由復數，，
則，
所以它對應的點為，故A錯誤；
由復數，，
則，
所以它對應的點為，故B正確；
由復數，
則
所以，故C正確；
由復數，
則故D錯誤.
故答案為：BC.
【分析】利用復數的運算法則、共軛復數的定義、復數幾何意義和復數求模公式，從而逐項判斷找出結論正確的選項.
10．【答案】B,C,D
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；互斥事件的概率加法公式；相互獨立事件的概率乘法公式；事件的包含與相等
【解析】【解答】解：對于A，由，得若發生，則一定發生，
所以事件不相互獨立，故A錯誤；
對于B，由，可得，
所以，
所以事件相互獨立，故B正確；
對于C，因為，
所以事件相互獨立，
所以事件相互獨立，故C正確；
對于D，由，結合，
得，
所以事件相互獨立，故D正確.
故答案為：BCD.
【分析】根據已知條件和相互獨立事件的定義以及充分條件判斷方法，從而逐項判斷找出事件相互獨立的充分條件.
11．【答案】A,C,D
【知識點】異面直線所成的角；空間中直線與直線之間的位置關系；球內接多面體；直線與平面平行的判定
【解析】【解答】解：如圖所示，
因為，則四邊形為平行四邊形，
則，平面，
則平面，故A正確；
因為三棱錐中，，其余棱長均為，
則，，為棱的中點，
則等腰三角形和等腰三角形中，，，
則平面.由A知道，，
則平面，，
結合圖形可知不可能垂直，故B錯誤；
根據旋轉特征，可知，四邊形為邊長為1的正方形，則，
由，則與所成的角，，
則為等邊三角形，所以，故C正確；
由以上證明可知，將幾何體放在正方體中，如圖所示，且正方體棱長為1，
因為，，，，，在上面正方體的外接球上，
又因為正方體性質可知外接球直徑為，故D正確.
故答案為：ACD.
【分析】先畫出圖形，再根據線面平行判定定理，則判斷出選項A；先證明，再結合圖形，可得不可能垂直，則判斷出選項B；利用平移法找出直線與所成的角，再結合等邊三角形的性質得出直線與所成的角，則判斷出選項C；用補形成正方體的方法和勾股定理得出，，，，，在上面正方體的外接球的直徑，則判斷出選項D，從而找出結論正確的選項.
12．【答案】
【知識點】互斥事件與對立事件；相互獨立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：設甲中靶為事件，乙中靶為事件，
則至少有一人中靶的對立事件為兩人都沒有中靶，
則至少有一人中靶的概率.
故答案為：.
【分析】利用已知條件和獨立事件同時發生的概率公式，再結合對立事件求概率公式，從而得出至少一人中靶的概率.
13．【答案】（答案不唯一，只要在區間上均可）
【知識點】正弦定理的應用
【解析】【解答】解：由正弦定理得，
所以，
要使有兩組解，
則，
解得，
所以使得有兩組解的的值可以是.
故答案為：（答案不唯一，只要在區間上均可）.
【分析】利用正弦定理求出的值，由題意可得，再結合正弦定理得出b的取值范圍，從而得出可以的取值.
14．【答案】
【知識點】平面與平面垂直的判定
【解析】【解答】解：首先證明，，，則，如下圖所示：
設，，
在平面內取一點，過點作直線，過點作直線，
由面面垂直的性質定理可得平面，平面，
因為，即，
所以可得，
又因為，且平面，可得，
又因為平面，均與底面垂直，平面平面，
所以平面，
在平行六面體中，則平面，
又因為底面是邊長為的菱形，，連接，
則為邊長為的等邊三角形，
取的中點，連接，
則，且，
因為平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
又因為點在側面上運動，則平面，所以，
又因為，所以，
所以點在以為圓心，半徑的圓（圓弧）上，
在、分別取點、，使得，
則，且，
又因為，
所以點在弧上，且圓心角，
所以點的軌跡長為.
故答案為：.
【分析】先證明，，，則，從而得到平面，取的中點，連接，從而證出直線平面，進而確定的長，則點在以為圓心，半徑的圓（圓弧）上，從而確定圓心角，進而求出點P的軌跡長.
15．【答案】（1）解：由題意，，解得，
因為
所以參賽學生成績的分位數在區間上，設為，
則，解得，
所以參賽學生成績的分位數為分.
（2）解：由題意，區間有人，設為，
區間有人，設為，
從這6人中任選2人，則共種，
其中都在有種，
所以2人分數都在的概率為.
【知識點】古典概型及其概率計算公式；用樣本估計總體的百分位數
【解析】【分析】（1）根據頻率之和為求出的值，再根據百分位數的定義估計出參賽學生成績的分位數.
（2）先利用分層抽樣求出各層的人數，再利用列舉法結合古典概率公式得出此2人分數都在的概率.
（1）由題意，，解得，
因為，
所以參賽學生成績的分位數在區間上，設為，
則，解得，
所以參賽學生成績的分位數為分；
（2）由題意，區間有人，設為，
區間有人，設為，
從這6人中任選2人，有共種，
其中都在有種，
所以2人分數都在的概率為.
16．【答案】（1）解：因為，
由正弦定理得，
則，
又因為，
所以，且，
所以，
又因為，
所以.
（2）解：由（1）知，
因為，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
則，解得，
所以，
故的周長為.
【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理的應用；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，再根據和，從而得出角A的值.
（2）由正弦定理得，由余弦定理得的值，再結合三角形的周長公式得出的周長.
（1）因為，
所以由正弦定理得，
即，
又因為，
所以，且，
所以，
由因為，所以.
（2）由（1）知，
因為，所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，
故的周長為.
17．【答案】（1）證明：取的中點為，連接、，由為菱形，
所以，，
又因為，平面，
所以平面，
又因為平面，
所以.
（2）解：過點作于點，連接，
由（1）平面，又因為平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
所以為直線與平面所成角，
由（1）可知，，
所以為二面角的平面角，
所以，
在中，，，
所以，
又因為，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
【知識點】直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中點為，連接、，從而證出平面，再結合線面垂直的定義證出.
（2）過點作于點，連接，從而證出直線平面，則為直線與平面所成角，再由（1）可知為二面角的平面角，從而求出相應線段的長度，再由銳角三角函數的定義得出直線與平面所成角的正弦值.
（1）取的中點為，連接、，由為菱形，所以，，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）過點作于點，連接，
由（1）平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
所以為直線與平面所成角，
由（1）可知，，
所以為二面角的平面角，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
18．【答案】（1）解：（ⅰ）由題意得，
，
因為，，
所以，
，
所以，
所以.
（ⅱ）由（ⅰ）得，
在中，，
所以，
又因為，
所以，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
由（1）得，
故，
令，因為，
所以，
所以，
則
，
當且僅當時，即當時取等號，
所以的最小值為.
【知識點】基本不等式在最值問題中的應用；二倍角的余弦公式；正弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根據化簡結合角的關系以及倍角公式，從而得出的值.
（ⅱ）先求出的長，從而可得的長，再結合三角形的面積公式求出的值，再結合（ⅰ）中結論得出的面積.
（2）先利用正弦定理化邊為角，再根據化簡，結合基本不等式求最值的方法得出的最小值.
（1）（ⅰ）由題意得，
，
因為，，
所以，
，
所以，
所以；
（ⅱ）由（ⅰ）得，
在中，，
所以，
又，所以，
所以；
（2）由正弦定理得，
由（1）得，
故，
令，
因為，所以，所以，
則
，
當且僅當，即時取等號，
所以的最小值為.
19．【答案】（1）解：情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
則所求截面面積為等腰三角形的面積，等于；
情形二：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
取中點，連接，，由，
又因為，平面，
可知直線平面，平面，
則，所以，故四邊形是邊長為1的正方形，
則所求截面面積為正方形的面積等于1；
情形三：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
設，
則，
三式相加可得，故，
則，
在等腰三角形中，，
則等腰三角形的面積為，
則所求截面面積為菱形的面積，
等于等腰三角形的面積的兩倍，為，
所以本題答案可以為中的任意一個.
（2）解：(i)情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
為正四面體高的一半，等于，
因為正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況；
情形二：分別取的中點，，，，
將此正四面體放置到棱長為1的正方體中，
則為正方體棱長的一半，等于，
由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，
這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況，
綜上所述，當的值為時，有4個；當的值為時，有3個.
(ii)存在，截所得的平面多邊形的最大邊長為.
在線段上分別取一點，，，
使得，
則平面為滿足題意的的4階等距平面，
故.
又因為，
由余弦定理可得，
，
，
因為，
故截所得的平面多邊形的最大邊長為.
【知識點】棱錐的結構特征；異面直線的判定；余弦定理的應用；三角形中的幾何計算
【解析】【分析】（1）分三種情形討論求解：情形一：分別取，，的中點，，，可證出平面為的一個1階等距平面；情形二：取，，，的中點，可證出平面為的一個1階等距平面；情形三：取，，，的中點，可證出平面為的一個1階等距平面.
（2）（ⅰ）可分兩種情形討論：情形一：取，，的中點，，，可說明平面為的一個1階等距平面；情形二：取的中點，，，，由正四面體的性質也可求解.
（ⅱ）找到滿足題意的的4階等距平面，即在線段上分別取一點，，，使得，再結合解三角形知識得出存在滿足條件的平面，并求出平面截所得的平面多邊形的最大邊長.
（1）情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，此時平面為的一個1階等距平面，
則所求截面面積為等腰三角形的面積，等于.
情形二：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面，
取中點，連接，，由，
又，平面，
可知直線平面，平面，
則，則，故四邊形是邊長為1的正方形，
則所求截面面積為正方形的面積等于1.
情形三：分別取，，，的中點，
由中位線性質可知，
此時平面為的一個1階等距平面.
設，
則，
三式相加可得，故.
則.
在等腰三角形中，，
則等腰三角形的面積為.
則所求截面面積為菱形的面積，
等于等腰三角形的面積的兩倍，為.
所以本題答案可以為中的任意一個.
（2）(i)情形一：分別取，，的中點，，，
由中位線性質可知，此時平面為的一個1階等距平面，
為正四面體高的一半，
等于.
由于正四面體有4個面，這樣的1階等距平面平行于其中一個面，有4種情況：
情形二：分別取的中點，，，，
將此正四面體放置到棱長為1的正方體中，則為正方體棱長的一半，等于.
由于正四面體的六條棱中有3組對棱互為異面直線，
這樣的1階等距平面平行于其中一組異面直線，有3種情況.
綜上，當的值為時，有4個；當的值為時，有3個.
(ii)存在，截所得的平面多邊形的最大邊長為.
在線段上分別取一點，，，
使得，
則平面為滿足題意的的4階等距平面，
故.
又，
由余弦定理可得，
，
，
因為，
故截所得的平面多邊形的最大邊長為.
1 / 1

展開更多......

收起↑