2023-2024学年山东省济宁市高一下学期期末质量检测数学试题（含答案）

2023-2024学年山东省济宁市高一下学期期末质量检测数学试题
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.若，则( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，，若，则( )
A. B. C. D.
3.交通管理部门为了解机动车驾驶员简称驾驶员对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员人若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为，，，则这三个社区驾驶员的总人数为( )
A. B. C. D.
4.如图是函数的部分图象，则( )
A. B.
C. D.
5.在中，，记，，则( )
A. B. C. D.
6.对小时内降落在平地上的积水厚度进行如下定义：
积水厚度
等级 小雨 中雨 大雨 暴雨
小明用一个圆台形容器接了小时的雨水，如图所示，则这一天的雨水属于哪个等级( )
A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨
7.如图，测量河对岸的塔高时，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与设，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔高为( )
A. B.
C. D.
8.设函数、、都是常数，，，若在区间上具有单调性，且，则的最小正周期为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.把函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，则( )
A. B. C. D.
10.体育教学是学校开展素质教育不可缺少的重要内容，对学生的发展有着不可忽视的重要作用某校为了培养学生的竞争意识和进取精神，举行篮球定点投篮比赛甲、乙两名同学每次各自投个球，每人次机会，每次投篮投中个数记录如下：
同学 第次 第次 第次 第次 第次 第次 第次 第次
甲投中个数
乙投中个数
记甲、乙两名同学每次投篮投中个数的平均数分别为、，方差分别为、则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
11.如图，在棱长为的正方体中，为下底面的中心，为的中点，则下列结论正确的是( )
A.
B. 直线与所成角的余弦值为
C. 与平面所成角为
D. 三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据为，，，，，，则该组数据的第百分位数是 ．
13.某校举行立体几何模型制作比赛，某同学制作的模型如图所示：底面是边长为单位：厘米的正三角形，，，均为正三角形，且他们所在的平面都与底面垂直，则该几何模型的体积为 立方厘米．
14.已知三个顶点、、及平面内一点，满足，且，则 ．
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.本小题分
人工智能发展迅猛，在各个行业都有应用某地图软件接入了大语言模型后，可以为用户提供更个性化的服务，某用户提出：“请统计我早上开车从家到公司的红灯等待时间，并形成统计表”，地图软件就将他最近次从家到公司的导航过程中的红灯等待时间详细统计出来，将数据分成了，，单位：秒这组，并整理得到频率分布直方图，如图所示．
估计该用户接下来的次早上开车从家到公司的红灯等待时间不超过秒的次数；
估计该用户从家到公司的导航过程中的红灯等待时间的平均数．
16.本小题分
设向量，，．
若，求的值；
若，，求的取值范围．
17.本小题分
如图所示，为圆锥底面的直径，为圆上异于、的一点，、分别为、的中点，连接并延长交圆于点．
证明：平面；
证明：平面．
18.本小题分
记锐角的内角，，的对边分别为，，已知，且．
证明：；
若，，且，求，；
若存在最小值，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，．
求的长；
若为的中点，求二面角的余弦值；
若为上一点，且满足，求．
参考答案
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15.解：
因为各组频率之和为，组距为，
所以，解得，
该用户早上开车从家到公司的 红灯等待时间不超过秒的概率为：
，
所以该用户早上开车从家到公司的红灯等待时间不超过秒的次数约为：
．
该用户从家到公司的 导航过程中的红灯等待时间的平均数约为：
16.解：
根据题意，，所以，
即，
化简为
所以；
，
，
所以
所以，
由，得
所以，所以，
所以的取值范围为．
17.解：
由题意，平面，平面，
所以，
由为圆锥底面的直径，为圆上异于、的一点，可知，
因为、分别为的中点，所以，则，
又因为平面，，
所以平面；
连接，因为、分别为、的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
而平面，
所以平面平面，又平面，
所以平面．

18.解：
因为，
由正弦定理得，
所以，
所以，
所以或，
因为，所以，又，所以不可能成立，
所以．
由，，则，
因为，所以，
因为，所以，，
所以，
因为，则，
所以，
将其两边平方得，
所以，
由正弦定理知，，
因为，所以，
所以，
联立解得，．
因为为锐角三角形，且，
所以，即，解得，
所以，，
又，
令，则，
所以，其中对称轴为，
因为存在最小值，
所以，解得，
故实数的取值范围为．
19.解：
因为底面为矩形，底面，
所以，，又底面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以为直线与所成的角，即，
设，则，，
在中，
又，所以，解得负值已舍去，
所以；
在平面内过点作交的延长线于点，连接，
因为底面，底面，所以，又，
平面，所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，
因为为的中点，
所以，，
所以，
设二面角的平面角为，则，
所以，
即二面角的余弦值为；
依题意，，又，
所以，，又，所以，
又，平面，所以平面，
在平面内过点作，垂足为，
由平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接，
所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，又，即，
所以．
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