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．已知i為虛數單位，則復數z=1A．?i2 B．i2 C．?2．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．在△ABC中，記AB=m，AC=n，若A．13m+C．13m?4．若正三棱臺上底面邊長為2，下底面邊長為22，高為2A．53 B．2 C．73 5．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．已知兩條不同的直線m，n和兩個不同的平面α，β，則下列結論正確的是（）A．若m//α，n?α，則m//nB．若m⊥α，m⊥n，則n//αC．若m?α，n?α，m//β，n//β，則α//βD．若α//β，m?α，n?β，則m與n平行或異面7．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．0.148．如圖，設Ox，Oy是平面內夾角為θθ≠π2的兩條數軸，e1，e2分別是與x軸、y軸正方向同向的單位向量.若向量OA=xe1+ye2，則有序數對x,y叫做點AA．線段AB中點的坐標為xB．△ABC重心的坐標為xC．A，B兩點的距離為xD．若x1y2=x2y9．已知i為虛數單位，復數z1=2i，A．z1+z2所對應的點在第一象限C．z14=10．已知有限集Ω為隨機試驗E的樣本空間，事件A,B為Ω的子集，則事件A,B相互獨立的充分條件可以是（）A．A?B B．A=?C．PAB=P11．如圖所示，三棱錐A?BCD中，AC=2，其余棱長均為2.E為棱AC的中點，將三棱錐C?BED繞DB旋轉，使得點C，E分別到達點C'，E'，且A．AC'B．EC．直線C'B與ED．點，E，B，D，C'，E'在同一個直徑為12．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．已知a,b,c分別為△ABC內角A,B,C的對邊，且a=2，A=π6，則使得△ABC有兩組解的b的值可以是14．在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=π3，AA1=3，且平面ADD115．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50,100內，將成績數據分成50,60，60,70，70,80，80,90，90,1005組，制成如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求a的值并估計參賽學生成績的70%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60,70的概率.16．已知△ABC內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足bcos（1）求A；（2）若a=23，sinC=2sin17．如圖1，在菱形ABCD中，△ABD是邊長為2的等邊三角形，將△ABD沿對角線BD翻折至△PBD的位置，得到圖2所示的三棱錐P?BCD.（1）證明：BD⊥PC；（2）若二面角P?BD?C的平面角為60°，求直線PB與平面BCD18．如圖，△ABC內角A,B,C的對邊分別為a,b,c，D為邊BC上一點，且AD⊥AC，∠ACB=∠BAD.（1）已知sin∠ACB=（ⅰ）求CDBD（ⅱ）若BD=5，求△ABC（2）求b219．給定三棱錐Ω，設Ω的四個頂點到平面α的距離所構成的集合為M，若M中元素的個數為k，則稱α為Ω的k階等距平面，稱M為Ω的k階等距集.（1）若Ω為三棱錐A?BCD，滿足AB=CD=AD=BC=4，AC=BD=2，求出Ω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，Ω是棱長為2的正四面體ABCD.（ⅰ）若α為Ω的1階等距平面且1階等距集為a，求a的所有可能取值以及相對應的α的個數；（ⅱ）已知β是Ω的4階等距平面，點A與點B，C，D分別位于β兩側.是否存在β，使Ω的4階等距集為b,2b,3b,4b，其中點A到β的距離為b？若存在，求出β截Ω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【解析】【解答】解：因為z=11?i=1+i1?i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z=12．【答案】B【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【解析】【解答】解：由已知得：AD?所以，AD=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【解析】【解答】解：依題意，該三棱臺的上底面面積為12下底面面積為12故該棱臺的體積為V=1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【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【解析】【解答】解：對于A：若m//α，n?α，則m//n或m與n異面，故A錯誤；對于B：若m⊥α，m⊥n，則n//α或n?α，故B錯誤；對于C：若m?α，n?α，m//β，n//β，當m與n相交時，有α//β，當m與n不相交時，α//β或α與β相交，故C錯誤；對于D：若α//β，m?α，n?β，則m與n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【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12則回答問題①②的人數均為100，如果回答問題①，則擲兩次骰子所有可能情況有1,2，1,4，1,6，2,1，2,3，2,5，3,2，3,4，3,6，4,1，4,3，4,5，5,2，5,4，5,6，6,1，6,3，6,5，共18種可能，所得點數第一次比第二次大的有2,1，3,2，4,1，4,3，5,2，5,4，6,1，6,3，6,5，共9種可能，所以在回答問題①的前提下，回答是的概率為918所以回答問題①時，大約有12所以回答問題②時，大約有57?50=7人回答“是”，故該地區中學生吸煙人數的比例約為7100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100，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【解析】【解答】解：根據題意，得出OA=x1e1對于A，設AB的中點為M，

則OM=1故線段AB中點的坐標為x1對于B，設△ABC重心為G，

則OG=OA所以△ABC重心的坐標為x1對于C，因為AB=所以AB=x===則該坐標系中Ax1,x1對于D，因為OA=x1若x1y2=x2y1=0若x1y2=x所以OA//OB，所以O、A、綜上可得：若x1y2=x2y故答案為：C．

【分析】依題意可得OA=x1e1+y9．【答案】B,C【解析】【解答】解：由復數z1=2i，z2=1+i，

則z1由復數z1=2i，z2=1+i，

則z1由復數z1=2i，

則z14由復數z2=1+i，

則故答案為：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【解析】【解答】解：對于A，由A?B，得若A發生，則B一定發生，所以事件A,B不相互獨立，故A錯誤；對于B，由A=?，可得A∩B=?，

所以PAB所以事件A,B相互獨立，故B正確；對于C，因為PAB=PAP所以事件A,B相互獨立，故C正確；對于D，由PAB+P得PAB所以事件A,B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A,B相互獨立的充分條件.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：如圖所示，

因為E'C'//AE,E'C'=AE，則四邊形E'C'AE為平行四邊形，

因為三棱錐A?BCD中，AC=2，其余棱長均為2，則AE=CE=C'E=1，AB=AD=CB=CD=BD=2，則等腰三角形ABC和等腰三角形ADC中，DE⊥AC,BE⊥AC，DE∩BE=E，則AC⊥平面DEB.由A知道，E'C'//AE,E'C'=AE結合圖形可知EE'不可能垂直根據旋轉特征，可知BE'=C'D=C'B=2，四邊形BE'DE為邊長為1的正方形，則EE'=2，

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A，E，B，D，C'，E'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E'E⊥C'E'，再結合圖形，可得EE'不可能垂直C'D，則判斷出選項B；利用平移法找出直線C'B與EE'所成的角，再結合等邊三角形的性質得出直線C'12．【答案】0.94【解析】【解答】解：設甲中靶為事件A，乙中靶為事件B，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P=1?PA故答案為：0.94.【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】3（答案不唯一，只要在區間2,4上均可）【解析】【解答】解：由正弦定理得asinA=bsin要使△ABC有兩組解，則12<sinB=b所以使得△ABC有兩組解的b的值可以是3.故答案為：3（答案不唯一，只要在區間2,4上均可）.【分析】利用正弦定理求出sinB的值，由題意可得12<14．【答案】2π3【解析】【解答】解：首先證明α∩β=l，α⊥γ，β⊥γ，則l⊥γ，如下圖所示：設α∩γ=n，β∩γ=m，在平面γ內取一點P，過點P作直線PM⊥m，過點P作直線PN⊥n，由面面垂直的性質定理可得PM⊥平面β，PN⊥平面α，因為α∩β=l，即l?α,l?β，

所以可得PM⊥l,PN⊥l，又因為PM∩PN=P，且PM,PN?平面γ，可得l⊥γ，又因為平面ADD1A1，ABB1A所以AA1⊥平面ABCD，

在平行六面體ABCD?A1又因為底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=π3，連接B1D1，

取B1C1的中點O，連接D1O，

則因為D1O?平面A1B1又因為C1C∩B1C1=C1，C又因為點P在側面BCC1B1上運動，則OP?平面BB1C1C所以點P在以O為圓心，半徑r=2的圓（圓弧）上，在BB1、CC1分別取點E、則OE=OF=2，且∠C又因為CC1=3>OP=2，

所以點P在弧EF所以點P的軌跡長為2π3故答案為：2π3【分析】先證明α∩β=l，α⊥γ，β⊥γ，則l⊥γ，從而得到AA1⊥平面ABCD，取B1C1的中點O，連接D1O，從而證出直線D1O⊥平面15．【答案】（1）解：由題意，10a+0.020+0.035+0.025+a=1，解得因為10×所以參賽學生成績的70%分位數在區間80,90上，設為x，則0.65+0.025x?80=0.7，解得所以參賽學生成績的70%分位數為82分.（2）解：由題意，區間50,60有6×0.010.01+0.02=2區間60,70有6×0.020.01+0.02=4從這6人中任選2人，則ab,a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4,12,13,14,23,24,34共15種，其中都在60,70有6種，所以2人分數都在60,70的概率為615【解析】【分析】（1）根據頻率之和為1求出a的值，再根據百分位數的定義估計出參賽學生成績的70%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60,70的概率.（1）由題意，10a+0.020+0.035+0.025+a=1，解得因為10×0.010+0.020+0.035所以參賽學生成績的70%分位數在區間80,90上，設為x，則0.65+0.025x?80=0.7，解得所以參賽學生成績的70%分位數為82分；（2）由題意，區間50,60有6×0.010.01+0.02=2區間60,70有6×0.020.01+0.02=4從這6人中任選2人，有ab,a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4,12,13,14,23,24,34共15種，其中都在60,70有6種，所以2人分數都在60,70的概率為61516．【答案】（1）解：因為bcos由正弦定理得sinB則sin(B+C)=2又因為A+B+C=π，所以sinA=2sinA所以cosA=又因為A∈(0,π)，

所以A=π（2）解：由（1）知A=π因為sinC=2sinB，

由余弦定理得a2則12=b2+4所以c=4，故△ABC的周長為a+b+c=23【解析】【分析】（1）由正弦定理得sin(B+C)=2sinAcosA（2）由正弦定理得c=2b，由余弦定理得b的值，再結合三角形的周長公式得出△ABC的周長.（1）因為bcos所以由正弦定理得sinB即sin(B+C)=2又因為A+B+C=π，所以sinA=2sinA所以cosA=由因為A∈(0,π)，所以A=π（2）由（1）知A=π因為sinC=2sinB由余弦定理得a2即12=b2+4所以c=4，故△ABC的周長為a+b+c=2317．【答案】（1）證明：取BD的中點為O，連接PO、OC，由ABCD為菱形，

所以PO⊥BD，CO⊥BD，又因為PO∩CO=O，PO,CO?平面POC，所以BD⊥平面POC，又因為PC?平面POC，

所以BD⊥PC.（2）解：過點P作PH⊥OC于點H，連接BH，由（1）BD⊥平面POC，又因為PH?平面POC，

所以BD⊥PH，又因為BD∩OC=O，BD,OC?平面BDC，

所以PH⊥平面BDC，所以∠PBH為直線PB與平面BCD所成角，由（1）可知PO⊥BD，CO⊥BD，所以∠POC為二面角P?BD?C的平面角，所以∠POC=60°，在Rt△POH中，PO=3，∠POC=60°，

所以PH=PO又因為PB=2，

所以sin∠PBH=所以直線PB與平面BCD所成角的正弦值為34【解析】【分析】（1）取BD的中點為O，連接PO、OC，從而證出BD⊥平面POC，再結合線面垂直的定義證出BD⊥PC.（2）過點P作PH⊥OC于點H，連接BH，從而證出直線PH⊥平面BDC，則∠PBH為直線PB與平面BCD所成角，再由（1）可知∠POC為二面角P?BD?C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PB與平面BCD所成角的正弦值.（1）取BD的中點為O，連接PO、OC，由ABCD為菱形，所以PO⊥BD，CO⊥BD，又PO∩CO=O，PO,CO?平面POC，所以BD⊥平面POC，又PC?平面POC，所以BD⊥PC；（2）過點P作PH⊥OC于點H，連接BH，由（1）BD⊥平面POC，又PH?平面POC，所以BD⊥PH，又BD∩OC=O，BD,OC?平面BDC，所以PH⊥平面BDC，所以∠PBH為直線PB與平面BCD所成角，由（1）可知PO⊥BD，CO⊥BD，所以∠POC為二面角P?BD?C的平面角，所以∠POC=60°，在Rt△POH中，PO=3，∠POC=60°，所以PH=PO又PB=2，所以sin∠PBH=所以直線PB與平面BCD所成角的正弦值為3418．【答案】（1）解：（ⅰ）由題意得，CDBD因為AD⊥AC，∠ACB=∠BAD，所以cos∠ACB=B=π?∠BAC?∠ACB=π?π所以sinB=所以CDBD（ⅱ）由（ⅰ）得CD=3BD=35在Rt△ACD中，AD=CDsin所以S△ACD又因為S△ACDS△ABD=CD所以S△ABC（2）解：由正弦定理得b2由（1）得B=π故b2令t=cos2C，因為B=π2?2C>0，

所以則b=4t+2當且僅當4t=2t時，即當所以b2+c2【解析】【分析】（1）（ⅰ）根據CDBD=S（ⅱ）先求出CD的長，從而可得AC,AD的長，再結合三角形的面積公式求出S△ACD的值，再結合（ⅰ）中結論得出△ABC（2）先利用正弦定理化邊為角，再根據B=π2?2C,∠BAC=（1）（ⅰ）由題意得，CDBD因為AD⊥AC，∠ACB=∠BAD，所以cos∠ACB=B=π?∠BAC?∠ACB=π?π所以sinB=所以CDBD（ⅱ）由（ⅰ）得CD=3BD=35在Rt△ACD中，AD=CDsin所以S△ACD又S△ACDS△ABD所以S△ABC（2）由正弦定理得b2由（1）得B=π故b2令t=cos因為B=π2?2C>0，所以0<C<則b=4t+2當且僅當4t=2t，即所以b2+c219．【答案】（1）解：情形一：分別取AB，AC，AD的中點G，E，F，由中位線性質可知GE=EF=2,GF=1，

此時平面GEF為Ω的一個1階等距平面，則所求截面面積為等腰三角形△GEF的面積，等于154情形二：分別取AB，BC，CD，DA的中點P1,Q由中位線性質可知P1此時平面P1Q1取BD中點O，連接AO，CO，由AO⊥BD,CO⊥BD，又因為AO∩CO=O，AO,CO?平面ACO，可知直線BD⊥平面ACO，AC?平面ACO，則BD⊥AC，所以∠P1Q則所求截面面積為正方形P1情形三：分別取AB，AC，CD，DB的中點P2,Q由中位線性質可知P2此時平面P2Q2設CI=x,ID=y,IA=z，則x2三式相加可得x2+y則Q2在等腰三角形△P2Q則等腰三角形△P2Q則所求截面面積為菱形P2等于等腰三角形△P2Q2S2的面積的兩倍，為（2）解：(i)情形一：分別取AB，AC，AD的中點G，E，F，由中位線性質可知GE=EF=22，

此時平面GEF為Ω的一個1階等距平面，

b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α平行于其中一個面，有4種情況；情形二：分別取AB,AC,CD,DB的中點P，Q，R，S，

將此正四面體放置到棱長為1的正方體中，

則a為正方體棱長的一半，等于12，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α平行于其中一組異面直線，有3種情況，綜上所述，當a的值為33時，α有4個；當a的值為12時，(ii)存在，β截Ω所得的平面多邊形的最大邊長為2612在線段AB,AC,AD上分別取一點G，E，F，使得AG:GB=1:2,AE:EC=1:3,AF:FD=1:4，

則平面GEF為滿足題意的Ω的4階等距平面，故AG=1又因為∠GAE=∠EAF=∠FAG=60由余弦定理可得GE=2EF=2GF=2因為2612故β截Ω所得的平面多邊形的最大邊長為2612【解析】【分析】（1）分三種情形討論求解：情形一：分別取AB，AC，AD的中點G，E，F，可證出平面GEF為Ω的一個1階等距平面；情形二：取AB，BC，CD，DA的中點P1,Q1,S1,R1，可證出平面P1Q1S1R1（2）（ⅰ）可分兩種情形討論：情形一：取AB，AC，AD的中點G，E，F，可說明平面GEF為Ω的一個