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山東省百師聯盟2023-2024學年高一下學期期末聯考（6月）數學試題
1．（2024高一下·山東期末）（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】復數代數形式的乘除運算；復數的模
【解析】【解答】解：.
故答案為：A.
【分析】利用復數的除法運算法則和復數求模公式，從而化簡復數.
2．（2024高一下·山東期末）已知直線，，平面，則“，”是“”的（　?。l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
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；空間中直線與直線之間的位置關系；空間中直線與平面之間的位置關系
【解析】【解答】解：若直線，直線且，
則直線，可以相交，
故不是充分條件；
若直線，且，都與平面相交，
故不是必要條件.
故答案為：D.
【分析】先利用空間的線面位置關系，再結合充分條件、必要條件的判斷方法，從而找出正確的選項.
3．（2024高一下·山東期末）從一堆產品（其中正品與次品都多于2件）中任取2件，下列事件是互斥事件但不是對立事件的是（　?。?br/>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
【知識點】互斥事件與對立事件
【解析】【解答】解：對于A，由已知條件可知，恰好有1件次品和恰好有2件次品是互斥事件，
但不是對立事件，故A正確；
對于B，因為至少有1件次品和全是次品不是互斥事件，故B錯誤；
對于C，因為至少有1件正品和至少有1件次品不是互斥事件，故C錯誤；
對于D，因為至少有1件次品和全是正品是對立事件，故D錯誤.
故答案為：A.
【分析】根據已知條件和互斥事件、對立事件的定義，從而逐項判斷找出是互斥事件但不是對立事件的選項.
4．（2024高一下·山東期末）在直角梯形ABCD中，，，，，M是CD的中點，N在BC上，且，則（　?。?br/>A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】平面向量的基本定理；平面向量數量積的坐標表示、模、夾角
【解析】【解答】解：解法一 如圖，建立平面直角坐標系，
則，，，，
∴，，
∴，
∴，
則，
∴.
故答案為：A．
解法二 設，，
則，，，
所以，
，
∴，
則，
，
∴.
故答案為：A．
【分析】利用兩種方法求解.
解法一：先建立平面直角坐標系，從而寫出相關點的坐標，進而求出，的坐標，再利用數量積求向量的夾角公式得出的值.
解法二：以，為基底，利用向量的線性運算，從而用基底將，表示出來，再利用數量積求向量的夾角公式得出的值．
5．（2024高一下·山東期末）某校舉辦歌唱比賽，將200名參賽選手的成績整理后畫出頻率分布直方圖如圖，根據頻率分布直方圖，第40百分位數估計為（　?。?br/>A．64 B．65 C．66 D．67
【答案】C
【知識點】用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：由圖可知，
因為，
所以第40百分位數位于區間，
設第40百分位數為，
則.
故答案為：C.
【分析】根據頻率分布直方圖求百分位數的方法，從而得出第40百分位數的估計值.
6．（2024高一下·山東期末）圭表是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節氣的天文儀器，它包括一根呈南北方向的水平長尺（稱為“圭”）和一根直立于圭面的標桿（稱為“表”），如圖．成語有云：“立竿見影”，《周髀算經》里記載的二十四節氣就是通過圭表測量日影長度來確定的．利用圭表測得某市在每年夏至日的早上8：00和中午13：00的太陽高度角分別為（）和（）．設表高為1米，則影差（　?。▍⒖紨祿海?br/>A．2.016米 B．2.232米 C．2.428米 D．2.614米
【答案】B
【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理的應用
【解析】【解答】解：在中，（米）．
在中，由正弦定理，得，即，
所以（米），
因為，
且，
所以，
所以（米）．
故答案為：B．
【分析】由正弦定理得到，再利用兩角和與差的正弦公式，從而得到，進而得出影差的估計值.
7．（2024高一下·山東期末）下列說法正確的是（　　）
A．某人在玩擲骰子游戲，擲得數字5的概率是，則此人擲6次骰子一定能擲得一次數字5
B．為了了解全國中學生的心理健康情況，應該采用普查的方式
C．一組數據8，8，7，10，6，8，9的眾數和中位數都是8
D．若甲組數據的方差，乙組數據的方差，則乙比甲穩定
【答案】C
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差；用頻率估計概率
【解析】【解答】解：A、概率表示隨機事件發生可能性大小，擲6次骰子不一定能擲得一次數字5，故A錯誤；
B、為了解全國中學生的心理健康情況，應該采取抽樣調查更合理，故B錯誤；
C、 數據從小到大排列為：6，7，8，8，8，9 ，10，中位數，眾數都為8，故C正確；
D、根據方差越小數據越穩定，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】根據概率的概念即可判斷A；根據抽樣方法的理解即可判斷B；根據中位數，眾數的概念可判斷C；根據方差越小數據越穩定即可判斷D.
8．（2024高一下·山東期末）“木桶效應”是一個有名的心理效應，是指木桶盛水量的多少，取決于構成木桶的最短木板的長度，而不取決于構成木桶的長木板的長度，常被用來寓意一個短處對于一個團隊或者一個人的影響程度.某同學認為，如果將該木桶斜放，發揮長板的作用，在短板存在的情況下，也能盛較多的水.根據該同學的說法，若有一個如圖①所示的圓柱形木桶，其中一塊木板有缺口，缺口最低處與桶口距離為2，若按照圖②的方式盛水，形成了一個橢圓水面，水面剛好與左邊缺口最低處M和右側桶口N齊平，且MN為該橢圓水面的長軸.則此時比圖①盛水方式多盛的水的體積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】柱體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：作出截面圖，如圖，從缺口向桶邊作垂線，恰好平分，
因為桶傾斜與底面成，
所以，
又因為，
所以，
又因為缺口以上的圓柱部分體積為，
所以多盛的水的體積為.
故答案為：B.
【分析】先作出截面圖，再求出圓柱的底面半徑，則根據圖形的對稱性和圓柱的體積公式，從而得出此時比圖①盛水方式多盛的水的體積.
9．（2024高一下·山東期末）已知，，，，下列結論正確的是（　?。?br/>A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，且，均為銳角，則
【答案】A,B,D
【知識點】平面向量數量積的坐標表示；兩角和與差的余弦公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：由題意可知：，，.
對于A，若，則，，故A對；
對于B，若，則，故B對；
對于C，由題意易知：，，
若，
則，故C錯；
對于D，因為，則，
則，平方相加得，
∴，故D對.
故答案為：ABD.
【分析】利用數量積的坐標表示、誘導公式、同角三角函數的關系式和兩角和的余弦公式，從而逐項判斷找出結論正確的選項.
10．（2024高一下·山東期末）如圖，在正三棱臺中，，，棱，的中點分別為D，E，點P在側面內運動（包含邊界），且，則下列結論正確的是（　?。?br/>A．平面
B．正三棱臺的體積為
C．與平面所成角的正切值為
D．動點P形成的軌跡長度為
【答案】A,D
【知識點】圓錐曲線的軌跡問題；直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：延長正三棱臺的側棱，設其相交于點O，連接，，如下圖所示：
則，直線必過點O且，，
過點作，，
則四邊形和均是邊長為2的菱形，
在中，，
則，解得，
所以，
所以是邊長為6的等邊三角形，
由正三棱臺性質可得，
所以，，
所以，
因為是邊長為6的等邊三角形且為的中點，
所以，，
在中，由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理可得，
，
解得，滿足，所以，
由，，，，平面，可得平面，
又因為平面，所以，
由，，，，平面，
可得平面，故A正確；
因為，
所以三棱臺的高為，
所以三棱臺的體積為：
，
故B錯誤；
因為直線與平面所成的角為，又因為，
所以，所以，故C錯誤；
因為點P在平面內的軌跡為以D為圓心的圓被四邊形所截的弧，，
設的長度為，則，
所以動點P形成的軌跡長度為，故D正確．
故答案為：AD.
【分析】延長正三棱臺的側棱，設其相交于點O，根據正三棱臺性質可知，，由余弦定理可得的值，從而計算出的長，再由勾股定理和線面垂直判定定理，從而證出直線平面，則判斷出選項A；利用已知條件易知正三棱臺的高，再代入正三棱臺體積公式可得三棱臺的體積，則判斷出選項B；利用直線與平面所成角為，由可得，則根據正切函數的定義得出的值，則判斷出選項C；利用點P在平面內的軌跡是以D為圓心的圓被四邊形所截的弧，再由弧長公式可得點P形成的軌跡長度，則判斷出選項D，從而找出結論正確的選項.
11．（2024高一下·山東期末）已知采用分層抽樣得到的樣本數據由兩部分組成，第一部分樣本數據的平均數為，方差為；第二部分樣本數據的平均數為，方差為，設，則以下命題正確的是（　　）
A．設總樣本的平均數為，則
B．設總樣本的平均數為，則
C．設總樣本的方差為，則
D．若，則
【答案】A,D
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：對于A，因為，
所以，
，
則，故A正確；
對于B，取第一部分數據為，則，；
取第二部分數據為，則，，
則，故B不正確；
對于C，取第一部分數據為，則，，
取第二部分數據為，則，，
則，
，
故C不正確；
對于D，若，
則，故D正確.
故答案為：AD.
【分析】利用和，再利用放縮法可得，則判斷出選項A；舉例判斷出選項B和選項C；若，再代入總體方差計算公式，從而可得，則判斷出選項D，進而找出真命題的選項.
12．（2024高一下·山東期末）某高中學校進行問卷調查，用比例分配的分層隨機抽樣方法從該校三個年級中抽取36人進行問卷調查，其中高一年級抽取了15人，高二年級抽取了12人，且高三年級共有學生900人，則該高中的學生總數為　 　人.
【答案】
【知識點】分層抽樣方法
【解析】【解答】解：由題意可知：高三年級抽取了人，
因為高三共有900人，
所以抽樣比為，
所以高中學生總數為.
故答案為：.
【分析】根據已知條件和分層抽樣的抽樣比，從而得出該高中的學生總數.
13．（2024高一下·山東期末）某科技公司組織技術人員進行某新項目研發，技術人員將獨立地進行項目中不同類型的實驗甲、乙、丙，已知實驗甲、乙、丙成功的概率分別為、、，對實驗甲、乙、丙各進行一次，則至少有一次成功的概率為　 ?。ńY果用最簡分數表示）
【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：記至少有一次成功的概率為事件，實驗甲、乙、丙成功分別為事件，
由題意可得，，，
則．
故答案為：．
【分析】利用已知條件和對立事件求概率公式、獨立事件乘法求概率公式，從而計算得出至少有一次成功的概率．
14．（2024高一下·山東期末）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動（如圖甲），利用這一原理，科技人員發明了轉子發動機.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體如圖乙所示，若正四面體的棱長為1，則勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為　 ??；用過三點的平面去截勒洛四面體，所得截面的面積為　 　.
【答案】；
【知識點】棱錐的結構特征；旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；球內接多面體
【解析】【解答】解：空1：根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，
如圖1，點為該球與勒洛四面體的一個切點，為該球球心，
由正四面體的性質可知該該球球心為正四面體的中心，半徑為，連接，
則三點共線，此時，為正四面體的外接球的半徑，
因為正四面體的棱長為1，其可以在棱長為的正方體中截出，
所以正四面體的外接球的半徑即為棱長為的正方體的外接球半徑，
即正方體體對角線的一半，則，
故勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑.
空2：如圖2，
根據勒洛四面體的構成可知，過三點的截面面積為3個半徑為1，
圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，
所以所得截面的面積為.
故答案為：；.
【分析】空1：根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，設該球與勒洛四面體的一個切點，連接，則三點共線，且為該球球心，也是正四面體的中心，從而得出正四面體的外接球半徑，進而得出以勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑.
空2：利用勒洛四面體的構成可知過三點的截面面積為3個半徑為1，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，再計算得出所得截面的面積.
15．（2024高一下·山東期末）已知復數，為z的共軛復數，且．
（1）求m的值；
（2）若是關于x的實系數一元二次方程的一個根，求該一元二次方程的另一復數根．
【答案】（1）解：已知，則，
由，得，
解得：.

（2）解：由（1）可知，，將代入方程可得：，即：，
得出：，解得：，，
代入一元二次方程中得：，
解得：，，
即方程另外一個復數根為.
【知識點】一元二次方程的根與系數的關系；復數代數形式的加減運算
【解析】【分析】（1）根據共軛復數的概念，再結合復數的加法運算法則，從而得出實數m的值.
（2）由（1）可知，將代入一元二次方程中，從而建立關于a，b的方程組，進而求出參數，的值，再將a，b的值代入一元二次方程中得出，然后再根據求根公式求解得出另外一個復數根.
（1）已知，則，
由于，得，解得：
（2）由（1）可知，，將代入方程可得：，
即：，得：，解得：，，
代入一元二次方程中得：，
解得：，，
即方程另外一個復數根為
16．（2024高一下·山東期末）在銳角三角形中，內角A，，所對的邊分別為，，，且．
（1）求角的值．
（2）求的取值范圍．
【答案】（1）解：設的外接圓半徑為，
由正弦定理，
得，，．
因為，
所以，
整理得，
由余弦定理，得，即，
又因為，則，可得，
所以．
（2）解：由正弦定理可得，
則
因為是銳角三角形，則，解得，
則，可得，
所以的取值范圍是．
【知識點】簡單的三角恒等變換；含三角函數的復合函數的值域與最值；正弦定理的應用；余弦定理的應用
【解析】【分析】（1）利用已知條件和正弦定理、余弦定理進行邊角轉化，再結合銳角三角形中角B的取值范圍，從而得出角B的正弦值，進而得出角B的值.
（2）利用正弦定理結合三角恒等變換，整理得，結合銳角三角形中角的取值范圍和內角和定理，從而得出角A的取值范圍，再結合不等式的基本性質和正弦型函數求值域的方法，從而得出的取值范圍.
（1）設的外接圓半徑為．
由正弦定理，得，，．
因為，則，
整理得，
由余弦定理得，即，
又因為，則，可得，所以．
（2）由正弦定理可得，
則
因為是銳角三角形，則，解得，
則，可得，
所以的取值范圍是．
17．（2024高一下·山東期末）在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如圖1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角為（如圖2），M、N分別是BD和BC中點．
（1）若E是線段BN的中點，動點F在三棱錐A－BMN表面上運動，并且總保持FE⊥BD，求動點F的軌跡的長度（可用表示），詳細說明理由；
（2）若P、Q分別為線段AB與DN上一點，使得，令PQ與BD和AN所成的角分別為和，求的取值范圍．
【答案】（1）解：在圖（1）中，
，四邊形是正方形，
在圖（2）中，
，，，平面，
平面，
分別取的中點為，，連接，
則，平面，平面，
所以平面，
同理平面，
因為平面，
所以平面平面，
平面，因此點在平面上運動，
故點F的軌跡為三角形，
因為，，
所以即為二面角A－BD－C的平面角，
則，
因為
，
所以
，
故點F的軌跡長度為.
（2）解：在線段上取點，使得，
因為平面，平面，
，
，，
，
易得，，
所以，則，
所以.
【知識點】與直線有關的動點軌跡方程；平面與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）取的中點，連接交于，利用線面垂直的判定定理證出直線平面，再根據面面平行可得直線平面，從而確定點F的軌跡為三角形，再結合余弦定理得出點F的軌跡長度.
（2）根據比例關系可得線線平行，由線線角的定義得到，再結合線面垂直得出線線垂直，從而可得，再利用消元法和輔助角公式得出三角型函數，則根據正弦型函數求值域的方法得出的取值范圍．
（1）在圖（1）中，，四邊形是正方形，
在圖（2）中，，，，平面，
平面，
分別取的中點為，，連接，
則，平面，平面，
所以平面，
同理平面，由于平面，
故平面平面，
平面，因此點在平面上運動，故點F的軌跡為三角形，
由，，所以即為二面角A－BD－C的平面角，
故，
由于
，
因此
，
故點F的軌跡長度為
（2）在線段取點使得
由于平面，平面，
，
，，
，
易得，，
從而有，則
則
【點睛】
方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
18．（2024高一下·山東期末）某電子產品制造企業為了提升生產質量，對現有的一條電子產品生產線進行技術升級改造，為了分析改造的效果，該企業質檢人員從該條生產線所生產的電子產品中隨機抽取了1000件，檢測產品的某項質量指標值，根據檢測數據得到下表（單位：件）.
質是指標值
產品 60 100 160 300 200 100 80
（1）估計這組樣本的質量指標值的平均數和方差（同一組中的數據用該組區間中點值作代表）；
（2）設表示不大于的最大整數，表示不小于的最小整數，精確到個位，.根據檢驗標準，技術升級改造后，若質量指標值有落在內，則可以判斷技術改造后的產品質量初步穩定；若有落在內，則可以判斷技術改造后的產品質量穩定，可認為生產線技術改造成功.請問：根據樣本數據估計，是否可以判定生產線的技術改造是成功的？
【答案】（1）解：由檢測數據的統計圖表，可得平均數為：
方差為：.
（2）解：由（1）知，，
因為，，所以，
又因為精確到個位數，所以，
則，
該抽樣數據落在內的概率約為，
又因為，
所以該抽樣數據落在內的概率約為，
所以，可以判斷技術改造后的產品質量初級穩定，但不能判定生產線技術改造成功.
【知識點】頻率分布表；眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）利用表格中的數據，再根據平均數公式和方差的公式，從而估計出這組樣本的質量指標值的平均數和方差.
（2）根據題中的公式分別求出數據落在區間和的概率，再結合給定概率的比較，從而判斷出技術改造后的產品質量初級穩定，但不能判定生產線技術改造成功.
（1）解：由檢測數據的統計圖表，可得：
平均數，
方差為
（2）解：由（1）知，，因為，，所以，
又因為精確到個位數，所以，
則，
該抽樣數據落在內的概率約為，
又由，
所以該抽樣數據落在內的概率約為，
所以，可以判斷技術改造后的產品質量初級穩定，但不能判定生產線技術改造成功.
19．（2024高一下·山東期末）為了建設書香校園，營造良好的讀書氛圍，學校開展“送書券”活動.該活動由三個游戲組成，每個游戲各玩一次且結果互不影響．連勝兩個游戲可以獲得一張書券，連勝三個游戲可以獲得兩張書券．游戲規則如下表：
　 游戲一 游戲二 游戲三
箱子中球的 顏色和數量 大小質地完全相同的紅球3個，白球2個 （紅球編號為“1，2，3”，白球編號為“4，5”）
取球規則 取出一個球 有放回地依次取出兩個球 不放回地依次取出兩個球
獲勝規則 取到白球獲勝 取到兩個白球獲勝 編號之和為獲勝
（1）分別求出游戲一，游戲二的獲勝概率；
（2）一名同學先玩了游戲一，試問為何值時，接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率更大．
【答案】（1）解：設事件“游戲一獲勝”，“游戲二獲勝”，“游戲三獲勝”，游戲一中取出一個球的樣本空間為，則，因為，所以，，
則游戲一獲勝的概率為；
游戲二中有放回地依次取出兩個球的樣本空間，
則，因為，
所以，所以，則游戲二獲勝的概率為；
（2）解：設“先玩游戲二，獲得書券”，“先玩游戲三，獲得書券”，
，且，，互斥，相互獨立，
則
因為，且，，互斥，
所以
若要接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率大，則，
所以，即．
進行游戲三時，不放回地依次取出兩個球的所有結果如下表：
第二次
第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
當時，，舍去
當時，，滿足題意，
因此的所有可能取值為．
【知識點】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】（1）利用列舉法，結合古典概型的概率公式求解即可；
（2）利用互斥事件與獨立事件的概率公式求得先玩游戲二與先玩游戲三獲得書券的概率，從而得到游戲三獲勝的概率，進而利用表格得到編號之和為的概率，據此求解即可.
（1）設事件“游戲一獲勝”，“游戲二獲勝”，“游戲三獲勝”，游戲一中取出一個球的樣本空間為，則，
因為，所以，．所以游戲一獲勝的概率為．
游戲二中有放回地依次取出兩個球的樣本空間，
則，因為，
所以，所以，所以游戲二獲勝的概率為．
（2）設“先玩游戲二，獲得書券”，“先玩游戲三，獲得書券”，
則，且，，互斥，相互獨立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率大，則，
所以，即．
進行游戲三時，不放回地依次取出兩個球的所有結果如下表：
第二次 第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
當時，，舍去
當時，，滿足題意，
因此的所有可能取值為．
1 / 1山東省百師聯盟2023-2024學年高一下學期期末聯考（6月）數學試題
1．（2024高一下·山東期末）（　?。?br/>A． B． C． D．
2．（2024高一下·山東期末）已知直線，，平面，則“，”是“”的（　?。l件．
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．不充分不必要
3．（2024高一下·山東期末）從一堆產品（其中正品與次品都多于2件）中任取2件，下列事件是互斥事件但不是對立事件的是（　?。?br/>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
4．（2024高一下·山東期末）在直角梯形ABCD中，，，，，M是CD的中點，N在BC上，且，則（　?。?br/>A． B． C． D．
5．（2024高一下·山東期末）某校舉辦歌唱比賽，將200名參賽選手的成績整理后畫出頻率分布直方圖如圖，根據頻率分布直方圖，第40百分位數估計為（　　）
A．64 B．65 C．66 D．67
6．（2024高一下·山東期末）圭表是我國古代一種通過測量正午日影長度來推定節氣的天文儀器，它包括一根呈南北方向的水平長尺（稱為“圭”）和一根直立于圭面的標桿（稱為“表”），如圖．成語有云：“立竿見影”，《周髀算經》里記載的二十四節氣就是通過圭表測量日影長度來確定的．利用圭表測得某市在每年夏至日的早上8：00和中午13：00的太陽高度角分別為（）和（）．設表高為1米，則影差（　?。▍⒖紨祿?，）
A．2.016米 B．2.232米 C．2.428米 D．2.614米
7．（2024高一下·山東期末）下列說法正確的是（　?。?br/>A．某人在玩擲骰子游戲，擲得數字5的概率是，則此人擲6次骰子一定能擲得一次數字5
B．為了了解全國中學生的心理健康情況，應該采用普查的方式
C．一組數據8，8，7，10，6，8，9的眾數和中位數都是8
D．若甲組數據的方差，乙組數據的方差，則乙比甲穩定
8．（2024高一下·山東期末）“木桶效應”是一個有名的心理效應，是指木桶盛水量的多少，取決于構成木桶的最短木板的長度，而不取決于構成木桶的長木板的長度，常被用來寓意一個短處對于一個團隊或者一個人的影響程度.某同學認為，如果將該木桶斜放，發揮長板的作用，在短板存在的情況下，也能盛較多的水.根據該同學的說法，若有一個如圖①所示的圓柱形木桶，其中一塊木板有缺口，缺口最低處與桶口距離為2，若按照圖②的方式盛水，形成了一個橢圓水面，水面剛好與左邊缺口最低處M和右側桶口N齊平，且MN為該橢圓水面的長軸.則此時比圖①盛水方式多盛的水的體積為（　?。?br/>A． B． C． D．
9．（2024高一下·山東期末）已知，，，，下列結論正確的是（　?。?br/>A．若，則
B．若，則
C．若，則
D．若，且，均為銳角，則
10．（2024高一下·山東期末）如圖，在正三棱臺中，，，棱，的中點分別為D，E，點P在側面內運動（包含邊界），且，則下列結論正確的是（　　）
A．平面
B．正三棱臺的體積為
C．與平面所成角的正切值為
D．動點P形成的軌跡長度為
11．（2024高一下·山東期末）已知采用分層抽樣得到的樣本數據由兩部分組成，第一部分樣本數據的平均數為，方差為；第二部分樣本數據的平均數為，方差為，設，則以下命題正確的是（　?。?br/>A．設總樣本的平均數為，則
B．設總樣本的平均數為，則
C．設總樣本的方差為，則
D．若，則
12．（2024高一下·山東期末）某高中學校進行問卷調查，用比例分配的分層隨機抽樣方法從該校三個年級中抽取36人進行問卷調查，其中高一年級抽取了15人，高二年級抽取了12人，且高三年級共有學生900人，則該高中的學生總數為　 　人.
13．（2024高一下·山東期末）某科技公司組織技術人員進行某新項目研發，技術人員將獨立地進行項目中不同類型的實驗甲、乙、丙，已知實驗甲、乙、丙成功的概率分別為、、，對實驗甲、乙、丙各進行一次，則至少有一次成功的概率為　 ?。ńY果用最簡分數表示）
14．（2024高一下·山東期末）勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動（如圖甲），利用這一原理，科技人員發明了轉子發動機.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體如圖乙所示，若正四面體的棱長為1，則勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為　 ??；用過三點的平面去截勒洛四面體，所得截面的面積為　 　.
15．（2024高一下·山東期末）已知復數，為z的共軛復數，且．
（1）求m的值；
（2）若是關于x的實系數一元二次方程的一個根，求該一元二次方程的另一復數根．
16．（2024高一下·山東期末）在銳角三角形中，內角A，，所對的邊分別為，，，且．
（1）求角的值．
（2）求的取值范圍．
17．（2024高一下·山東期末）在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如圖1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角為（如圖2），M、N分別是BD和BC中點．
（1）若E是線段BN的中點，動點F在三棱錐A－BMN表面上運動，并且總保持FE⊥BD，求動點F的軌跡的長度（可用表示），詳細說明理由；
（2）若P、Q分別為線段AB與DN上一點，使得，令PQ與BD和AN所成的角分別為和，求的取值范圍．
18．（2024高一下·山東期末）某電子產品制造企業為了提升生產質量，對現有的一條電子產品生產線進行技術升級改造，為了分析改造的效果，該企業質檢人員從該條生產線所生產的電子產品中隨機抽取了1000件，檢測產品的某項質量指標值，根據檢測數據得到下表（單位：件）.
質是指標值
產品 60 100 160 300 200 100 80
（1）估計這組樣本的質量指標值的平均數和方差（同一組中的數據用該組區間中點值作代表）；
（2）設表示不大于的最大整數，表示不小于的最小整數，精確到個位，.根據檢驗標準，技術升級改造后，若質量指標值有落在內，則可以判斷技術改造后的產品質量初步穩定；若有落在內，則可以判斷技術改造后的產品質量穩定，可認為生產線技術改造成功.請問：根據樣本數據估計，是否可以判定生產線的技術改造是成功的？
19．（2024高一下·山東期末）為了建設書香校園，營造良好的讀書氛圍，學校開展“送書券”活動.該活動由三個游戲組成，每個游戲各玩一次且結果互不影響．連勝兩個游戲可以獲得一張書券，連勝三個游戲可以獲得兩張書券．游戲規則如下表：
　 游戲一 游戲二 游戲三
箱子中球的 顏色和數量 大小質地完全相同的紅球3個，白球2個 （紅球編號為“1，2，3”，白球編號為“4，5”）
取球規則 取出一個球 有放回地依次取出兩個球 不放回地依次取出兩個球
獲勝規則 取到白球獲勝 取到兩個白球獲勝 編號之和為獲勝
（1）分別求出游戲一，游戲二的獲勝概率；
（2）一名同學先玩了游戲一，試問為何值時，接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率更大．
答案解析部分
1．【答案】A
【知識點】復數代數形式的乘除運算；復數的模
【解析】【解答】解：.
故答案為：A.
【分析】利用復數的除法運算法則和復數求模公式，從而化簡復數.
2．【答案】D
【知識點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷；空間中直線與直線之間的位置關系；空間中直線與平面之間的位置關系
【解析】【解答】解：若直線，直線且，
則直線，可以相交，
故不是充分條件；
若直線，且，都與平面相交，
故不是必要條件.
故答案為：D.
【分析】先利用空間的線面位置關系，再結合充分條件、必要條件的判斷方法，從而找出正確的選項.
3．【答案】A
【知識點】互斥事件與對立事件
【解析】【解答】解：對于A，由已知條件可知，恰好有1件次品和恰好有2件次品是互斥事件，
但不是對立事件，故A正確；
對于B，因為至少有1件次品和全是次品不是互斥事件，故B錯誤；
對于C，因為至少有1件正品和至少有1件次品不是互斥事件，故C錯誤；
對于D，因為至少有1件次品和全是正品是對立事件，故D錯誤.
故答案為：A.
【分析】根據已知條件和互斥事件、對立事件的定義，從而逐項判斷找出是互斥事件但不是對立事件的選項.
4．【答案】A
【知識點】平面向量的基本定理；平面向量數量積的坐標表示、模、夾角
【解析】【解答】解：解法一 如圖，建立平面直角坐標系，
則，，，，
∴，，
∴，
∴，
則，
∴.
故答案為：A．
解法二 設，，
則，，，
所以，
，
∴，
則，
，
∴.
故答案為：A．
【分析】利用兩種方法求解.
解法一：先建立平面直角坐標系，從而寫出相關點的坐標，進而求出，的坐標，再利用數量積求向量的夾角公式得出的值.
解法二：以，為基底，利用向量的線性運算，從而用基底將，表示出來，再利用數量積求向量的夾角公式得出的值．
5．【答案】C
【知識點】用樣本估計總體的百分位數
【解析】【解答】解：由圖可知，
因為，
所以第40百分位數位于區間，
設第40百分位數為，
則.
故答案為：C.
【分析】根據頻率分布直方圖求百分位數的方法，從而得出第40百分位數的估計值.
6．【答案】B
【知識點】兩角和與差的正弦公式；正弦定理的應用
【解析】【解答】解：在中，（米）．
在中，由正弦定理，得，即，
所以（米），
因為，
且，
所以，
所以（米）．
故答案為：B．
【分析】由正弦定理得到，再利用兩角和與差的正弦公式，從而得到，進而得出影差的估計值.
7．【答案】C
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差；用頻率估計概率
【解析】【解答】解：A、概率表示隨機事件發生可能性大小，擲6次骰子不一定能擲得一次數字5，故A錯誤；
B、為了解全國中學生的心理健康情況，應該采取抽樣調查更合理，故B錯誤；
C、 數據從小到大排列為：6，7，8，8，8，9 ，10，中位數，眾數都為8，故C正確；
D、根據方差越小數據越穩定，故D錯誤.
故答案為：C.
【分析】根據概率的概念即可判斷A；根據抽樣方法的理解即可判斷B；根據中位數，眾數的概念可判斷C；根據方差越小數據越穩定即可判斷D.
8．【答案】B
【知識點】柱體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：作出截面圖，如圖，從缺口向桶邊作垂線，恰好平分，
因為桶傾斜與底面成，
所以，
又因為，
所以，
又因為缺口以上的圓柱部分體積為，
所以多盛的水的體積為.
故答案為：B.
【分析】先作出截面圖，再求出圓柱的底面半徑，則根據圖形的對稱性和圓柱的體積公式，從而得出此時比圖①盛水方式多盛的水的體積.
9．【答案】A,B,D
【知識點】平面向量數量積的坐標表示；兩角和與差的余弦公式；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：由題意可知：，，.
對于A，若，則，，故A對；
對于B，若，則，故B對；
對于C，由題意易知：，，
若，
則，故C錯；
對于D，因為，則，
則，平方相加得，
∴，故D對.
故答案為：ABD.
【分析】利用數量積的坐標表示、誘導公式、同角三角函數的關系式和兩角和的余弦公式，從而逐項判斷找出結論正確的選項.
10．【答案】A,D
【知識點】圓錐曲線的軌跡問題；直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角；臺體的體積公式及應用
【解析】【解答】解：延長正三棱臺的側棱，設其相交于點O，連接，，如下圖所示：
則，直線必過點O且，，
過點作，，
則四邊形和均是邊長為2的菱形，
在中，，
則，解得，
所以，
所以是邊長為6的等邊三角形，
由正三棱臺性質可得，
所以，，
所以，
因為是邊長為6的等邊三角形且為的中點，
所以，，
在中，由余弦定理可得，
，
在中，由余弦定理可得，
，
解得，滿足，所以，
由，，，，平面，可得平面，
又因為平面，所以，
由，，，，平面，
可得平面，故A正確；
因為，
所以三棱臺的高為，
所以三棱臺的體積為：
，
故B錯誤；
因為直線與平面所成的角為，又因為，
所以，所以，故C錯誤；
因為點P在平面內的軌跡為以D為圓心的圓被四邊形所截的弧，，
設的長度為，則，
所以動點P形成的軌跡長度為，故D正確．
故答案為：AD.
【分析】延長正三棱臺的側棱，設其相交于點O，根據正三棱臺性質可知，，由余弦定理可得的值，從而計算出的長，再由勾股定理和線面垂直判定定理，從而證出直線平面，則判斷出選項A；利用已知條件易知正三棱臺的高，再代入正三棱臺體積公式可得三棱臺的體積，則判斷出選項B；利用直線與平面所成角為，由可得，則根據正切函數的定義得出的值，則判斷出選項C；利用點P在平面內的軌跡是以D為圓心的圓被四邊形所截的弧，再由弧長公式可得點P形成的軌跡長度，則判斷出選項D，從而找出結論正確的選項.
11．【答案】A,D
【知識點】眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差
【解析】【解答】解：對于A，因為，
所以，
，
則，故A正確；
對于B，取第一部分數據為，則，；
取第二部分數據為，則，，
則，故B不正確；
對于C，取第一部分數據為，則，，
取第二部分數據為，則，，
則，
，
故C不正確；
對于D，若，
則，故D正確.
故答案為：AD.
【分析】利用和，再利用放縮法可得，則判斷出選項A；舉例判斷出選項B和選項C；若，再代入總體方差計算公式，從而可得，則判斷出選項D，進而找出真命題的選項.
12．【答案】
【知識點】分層抽樣方法
【解析】【解答】解：由題意可知：高三年級抽取了人，
因為高三共有900人，
所以抽樣比為，
所以高中學生總數為.
故答案為：.
【分析】根據已知條件和分層抽樣的抽樣比，從而得出該高中的學生總數.
13．【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：記至少有一次成功的概率為事件，實驗甲、乙、丙成功分別為事件，
由題意可得，，，
則．
故答案為：．
【分析】利用已知條件和對立事件求概率公式、獨立事件乘法求概率公式，從而計算得出至少有一次成功的概率．
14．【答案】；
【知識點】棱錐的結構特征；旋轉體（圓柱/圓錐/圓臺/球）的結構特征；球內接多面體
【解析】【解答】解：空1：根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，
如圖1，點為該球與勒洛四面體的一個切點，為該球球心，
由正四面體的性質可知該該球球心為正四面體的中心，半徑為，連接，
則三點共線，此時，為正四面體的外接球的半徑，
因為正四面體的棱長為1，其可以在棱長為的正方體中截出，
所以正四面體的外接球的半徑即為棱長為的正方體的外接球半徑，
即正方體體對角線的一半，則，
故勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑.
空2：如圖2，
根據勒洛四面體的構成可知，過三點的截面面積為3個半徑為1，
圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，
所以所得截面的面積為.
故答案為：；.
【分析】空1：根據題意，勒洛四面體能夠容納的最大球與勒洛四面體的弧面相切，設該球與勒洛四面體的一個切點，連接，則三點共線，且為該球球心，也是正四面體的中心，從而得出正四面體的外接球半徑，進而得出以勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑.
空2：利用勒洛四面體的構成可知過三點的截面面積為3個半徑為1，圓心角為的扇形的面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，再計算得出所得截面的面積.
15．【答案】（1）解：已知，則，
由，得，
解得：.

（2）解：由（1）可知，，將代入方程可得：，即：，
得出：，解得：，，
代入一元二次方程中得：，
解得：，，
即方程另外一個復數根為.
【知識點】一元二次方程的根與系數的關系；復數代數形式的加減運算
【解析】【分析】（1）根據共軛復數的概念，再結合復數的加法運算法則，從而得出實數m的值.
（2）由（1）可知，將代入一元二次方程中，從而建立關于a，b的方程組，進而求出參數，的值，再將a，b的值代入一元二次方程中得出，然后再根據求根公式求解得出另外一個復數根.
（1）已知，則，
由于，得，解得：
（2）由（1）可知，，將代入方程可得：，
即：，得：，解得：，，
代入一元二次方程中得：，
解得：，，
即方程另外一個復數根為
16．【答案】（1）解：設的外接圓半徑為，
由正弦定理，
得，，．
因為，
所以，
整理得，
由余弦定理，得，即，
又因為，則，可得，
所以．
（2）解：由正弦定理可得，
則
因為是銳角三角形，則，解得，
則，可得，
所以的取值范圍是．
【知識點】簡單的三角恒等變換；含三角函數的復合函數的值域與最值；正弦定理的應用；余弦定理的應用
【解析】【分析】（1）利用已知條件和正弦定理、余弦定理進行邊角轉化，再結合銳角三角形中角B的取值范圍，從而得出角B的正弦值，進而得出角B的值.
（2）利用正弦定理結合三角恒等變換，整理得，結合銳角三角形中角的取值范圍和內角和定理，從而得出角A的取值范圍，再結合不等式的基本性質和正弦型函數求值域的方法，從而得出的取值范圍.
（1）設的外接圓半徑為．
由正弦定理，得，，．
因為，則，
整理得，
由余弦定理得，即，
又因為，則，可得，所以．
（2）由正弦定理可得，
則
因為是銳角三角形，則，解得，
則，可得，
所以的取值范圍是．
17．【答案】（1）解：在圖（1）中，
，四邊形是正方形，
在圖（2）中，
，，，平面，
平面，
分別取的中點為，，連接，
則，平面，平面，
所以平面，
同理平面，
因為平面，
所以平面平面，
平面，因此點在平面上運動，
故點F的軌跡為三角形，
因為，，
所以即為二面角A－BD－C的平面角，
則，
因為
，
所以
，
故點F的軌跡長度為.
（2）解：在線段上取點，使得，
因為平面，平面，
，
，，
，
易得，，
所以，則，
所以.
【知識點】與直線有關的動點軌跡方程；平面與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）取的中點，連接交于，利用線面垂直的判定定理證出直線平面，再根據面面平行可得直線平面，從而確定點F的軌跡為三角形，再結合余弦定理得出點F的軌跡長度.
（2）根據比例關系可得線線平行，由線線角的定義得到，再結合線面垂直得出線線垂直，從而可得，再利用消元法和輔助角公式得出三角型函數，則根據正弦型函數求值域的方法得出的取值范圍．
（1）在圖（1）中，，四邊形是正方形，
在圖（2）中，，，，平面，
平面，
分別取的中點為，，連接，
則，平面，平面，
所以平面，
同理平面，由于平面，
故平面平面，
平面，因此點在平面上運動，故點F的軌跡為三角形，
由，，所以即為二面角A－BD－C的平面角，
故，
由于
，
因此
，
故點F的軌跡長度為
（2）在線段取點使得
由于平面，平面，
，
，，
，
易得，，
從而有，則
則
【點睛】
方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
18．【答案】（1）解：由檢測數據的統計圖表，可得平均數為：
方差為：.
（2）解：由（1）知，，
因為，，所以，
又因為精確到個位數，所以，
則，
該抽樣數據落在內的概率約為，
又因為，
所以該抽樣數據落在內的概率約為，
所以，可以判斷技術改造后的產品質量初級穩定，但不能判定生產線技術改造成功.
【知識點】頻率分布表；眾數、中位數、平均數；極差、方差與標準差；互斥事件的概率加法公式
【解析】【分析】（1）利用表格中的數據，再根據平均數公式和方差的公式，從而估計出這組樣本的質量指標值的平均數和方差.
（2）根據題中的公式分別求出數據落在區間和的概率，再結合給定概率的比較，從而判斷出技術改造后的產品質量初級穩定，但不能判定生產線技術改造成功.
（1）解：由檢測數據的統計圖表，可得：
平均數，
方差為
（2）解：由（1）知，，因為，，所以，
又因為精確到個位數，所以，
則，
該抽樣數據落在內的概率約為，
又由，
所以該抽樣數據落在內的概率約為，
所以，可以判斷技術改造后的產品質量初級穩定，但不能判定生產線技術改造成功.
19．【答案】（1）解：設事件“游戲一獲勝”，“游戲二獲勝”，“游戲三獲勝”，游戲一中取出一個球的樣本空間為，則，因為，所以，，
則游戲一獲勝的概率為；
游戲二中有放回地依次取出兩個球的樣本空間，
則，因為，
所以，所以，則游戲二獲勝的概率為；
（2）解：設“先玩游戲二，獲得書券”，“先玩游戲三，獲得書券”，
，且，，互斥，相互獨立，
則
因為，且，，互斥，
所以
若要接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率大，則，
所以，即．
進行游戲三時，不放回地依次取出兩個球的所有結果如下表：
第二次
第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
當時，，舍去
當時，，滿足題意，
因此的所有可能取值為．
【知識點】互斥事件的概率加法公式；古典概型及其概率計算公式
【解析】【分析】（1）利用列舉法，結合古典概型的概率公式求解即可；
（2）利用互斥事件與獨立事件的概率公式求得先玩游戲二與先玩游戲三獲得書券的概率，從而得到游戲三獲勝的概率，進而利用表格得到編號之和為的概率，據此求解即可.
（1）設事件“游戲一獲勝”，“游戲二獲勝”，“游戲三獲勝”，游戲一中取出一個球的樣本空間為，則，
因為，所以，．所以游戲一獲勝的概率為．
游戲二中有放回地依次取出兩個球的樣本空間，
則，因為，
所以，所以，所以游戲二獲勝的概率為．
（2）設“先玩游戲二，獲得書券”，“先玩游戲三，獲得書券”，
則，且，，互斥，相互獨立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下來先玩游戲三比先玩游戲二獲得書券的概率大，則，
所以，即．
進行游戲三時，不放回地依次取出兩個球的所有結果如下表：
第二次 第一次 1 2 3 4 5
1
2
3
4
5
當時，，舍去
當時，，滿足題意，
因此的所有可能取值為．
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