2023-2024学年陕西省西安市周至县高一下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析）

2023-2024学年陕西省西安市周至县高一下学期7月期末教学质量检测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，若，则( )
A. B. C. D.
2.某公司在职员工有人，其中销售人员有人，研发人员有人，现采用分层随机抽样的方法抽取人进行调研，则被抽到的研发人员人数比销售人员人数多( )
A. B. C. D.
3.投掷一枚质地均匀的骰子，则向上的点数是的倍数的概率为( )
A. B. C. D.
4.已知，是两个不重合的平面，直线，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.在一个港口，有一艘船以每小时海里的速度向正东方向行驶，在某时观测到在该船北偏东方向上有一座灯塔，小时后，灯塔在该船的东北方向上，该船继续向正东方向行驶足够长时间，则该船与灯塔之间的最短距离是( )
A. 海里 B. 海里
C. 海里 D. 海里
6.若，则( )
A. B. C. D.
7.已知某圆柱的轴截面是正方形，且上、下底面圆周上的所有点都在球的表面上，则该圆柱的体积与球的体积的比值是( )
A. B. C. D.
8.若向量，是一组基底，向量，则称为向量在基底，下的坐标如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中，，，分别是，，，的中点已知向量，分别是向量，方向上的单位向量，且向量在基底，下的坐标为，则在基底，下的坐标是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.某商场评选金牌销售员，现将该商场所有销售员某月的销售额进行整理，得到如图所示的统计图，则( )
A. 该商场有名销售员
B. 该商场这个月所有销售员销售额的平均数为万元
C. 该商场这个月有的销售员的销售额超过万元
D. 该商场这个月所有销售员销售额的第百分位数是万元
10.已知事件两两互斥，若，，，则( )
A. B.
C. D.
11.如图，点在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论，其中正确的结论的是( )
A. 三棱锥的体积不变 B. 平面
C. D. 平面平面
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数，则 ．
13.某圆台形花坛的上底面圆的半径是米，下底面圆的半径是米，高是米，则该花坛的侧面积是 平方米．
14.已知的内角的对边分别为若，且则周长的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中棵树木的底部周长单位：，所得数据都在内，按分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．

求图中的值
估计这片林木中树木底部周长的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值作代表；
若这片林木有棵树木，估计这片林木中底部周长在内的 树木的数量．
16.本小题分
如图，在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，平面平面，，，分别棱，，的中点．
证明：平面平面D.
若，求直线与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
在中，角，，的对边分别是，，，已知，且．
求的值；
若，求的周长．
18.本小题分
如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为正四棱柱的底面边长为，高为正四棱台的上、下底面边长分别为和，斜高即侧面梯形的高为．
求这种型号的奖杯的表面积用表示，焊接处对面积的影响忽略不计；
已知，若为奖杯表面镀金所用的 材料每可以涂，且该种型号的奖杯底面图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质不需要镀金，则为个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？取，精确到
19.本小题分
甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规则循环下去若比赛中有人累计获胜局，则该人获得最终胜利，比赛结束，三人经过抽签决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者根据以往经验，每局比赛中，甲、乙比赛甲胜概率为，乙、丙比赛乙胜概率为，丙、甲比赛丙胜概率为，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局．
比赛完局时，求甲、乙、丙各旁观局的概率；
已知比赛进行局后结束，求甲获得最终胜利的概率．
答案解析
1.
【解析】因为，所以，
因为，所以，即，解得．
故选：
2.
【解析】解：由题意可得被抽到的研发人员有人，
销售人员有人，
则被抽到的研发人员人数比销售人员人数多．
3.
【解析】解：抛掷一枚质地均匀的硬币，有种结果，每种结果等可能出现，
出现“向上的点数为的倍数”的情况有种，
故所求概率为，
故选B．
4.
【解析】解：由，，充分性得证
而由时，，直线可能平行于平面也可能在平面内，故必要性不成立
故本题选A．
5.
【解析】解：设该船的初始位置为，小时后的位置为，过作，垂足为，则为所求的最短距离．
由题意可知，，海里，则．
在中，由正弦定理可得，则海里．
在中，，，海里，则海里．
6.
【解析】因为，所以，
故选：
7.
【解析】解：设该圆柱的底面圆半径为，高为，则．
设球的半径为，则
由圆柱的体积公式可得．
由球的体积公式可得，
则．
8.
【解析】解：由题意可得．
因为是平行四边形，
所以，
所以，
所以．
因为向量在基底，下的坐标为，
所以，，
因为，
所以在基底，下的坐标是．
9.
【解析】解：由统计图可知该商场有名销售员，则A正确；
该商场这个月所有销售员销售额的平均数为万元，则B错误；
该商场这个月销售额超过万元的销售员有人，占总人数的百分比为，则C正确；
因为，所以该商场这个月所有销售员销售额的第百分位数是万元，则D正确．
10.
【解析】因为 事件两两互斥，所以因为，，所以，则正确．
因为，，所以，则正确．
因为事件两两互斥，所以，则错误．
因为，所以，则正确．
故选：
11.
【解析】解：如图，在正方体中，
，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
于是得点到平面的距离是定值，
而面积是定值，
因此三棱锥，即三棱锥的体积不变，A正确；
由选项A知，平面，
同理可得，
因为平面，平面，
所以平面，而，平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面，B正确；
因为，即为正三角形，
点在上，则与不一定垂直，不正确；
因为平面，平面，所以，
在正方形中，，
因为，平面，
所以平面，又平面，
于是得，
同理，
因为，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，D正确．
故选：．
12.
【解析】因为，
所以．
故答案为：
13.
【解析】由题意可得该花坛为圆台，它的母线长，
则该花坛的侧面积平方米，
故答案为：
14.
【解析】因为，所以．
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以，得，
则，即周长的最大值为．
故答案为：．
15.解：由频率分布直方图可得，解得．
设这片林木中树木底部周长的平均值为，
则
由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在内的频率是，
则这片林木中底部周长在内的树木的数量的估计值是．
【解析】由所有分组的频率之和为，求的值；
利用频率分布直方图求出数据的平均值；
由范围内的频率计算频数．
16.证明：由三棱柱的定义可知，．
因为，分别是棱，的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，则．
因为平面，平面，所以平面D.
因为，分别是棱，的中点，所以．
因为平面，平面，所以平面D.
因为，平面，且，
所以平面平面D.
解：作的延长线于点，连接．
因为平面平面，且平面平面，
所以平面，
则是直线与平面所成的角．
设，则因为，
所以，则，．
因为是等边三角形，所以，，所以．
由余弦定理可得．
因为平面，平面，所以，
则，
故，
即直线与平面所成角的正弦值为．

【解析】先证明平面和平面，由面面平行的判定即可得证；
作的延长线于点，连接，易得是直线与平面所成的角，计算即可．
17.解：由，且，可得，
又因为，由正弦定理得，所以．
由，可得，可设，其中，
因为，由余弦定理得，即，
即，解得或，
当时，，此时的周长为；
当时，，此时的周长为．
【解析】根据题意，求得，结合正弦定理，即可求得的值；
设，由余弦定理得出方程，解得或，进而求得的周长．
18.解：球的表面积为．
正四棱柱的表面积为．
正四棱台的表面积为．
故这种型号的奖杯的表面积为．
因为个这种型号的奖杯需要镀金的面积为
，
所以个这种型号的奖杯需要镀金的面积为．
因为为奖杯表面镀金所用的材料每可以涂，
所以为个这种型号的奖杯镀金约需要材料．
【解析】分别求得棱台、棱柱、球的表面积后相加即可得出该奖杯的表面积；
求出奖杯需要镀金的表面积，再根据镀金材料的每平方米的重量可求得为个这种型号的奖杯镀金所需要的材料．
19.解：由题可知，甲、乙、丙各旁观局只需讨论前两局的胜负情况，可分为：
甲胜乙、丙胜甲；乙胜甲，丙胜乙．
设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件，，，则，，相互独立，
设比赛完局时，甲、乙、丙各旁观局为事件，则，
则，
所以甲、乙、丙各旁观局的概率为．
设甲、乙、丙第局比赛获胜分别为事件，，，，
设比赛完局甲获得最终胜利为事件，则
，
，
，
，
，
，
所以．
所以，已知比赛进行局后结束，甲获得最终胜利的概率为．
【解析】根据独立事件的概率公式进行求解即可；
分析比赛情况，根据和事件的概率公式进行求解即可．
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