山东省济南市2023-2024学年高一下学期7月期末学习质量检测数学试题
1．（2024高一下·济南期末）已知为虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，复数z的虚部是.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法运算法则和复数的虚部定义，从而得出复数的虚部.
2．（2024高一下·济南期末）从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是（ ）
A．“至少一个白球”与“至少一个黄球”
B．“恰有一个白球”与“恰有两个白球”
C．“至多一个白球”与“至多一个黄球”
D．“至少一个黄球”与“都是黄球”
【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，
共有三种结果：两白球，一白一黄，两黄球，
这三个事件是互斥事件，故B是正确；
由于至少一个白球，包含事件有两白球和一白一黄，
又因为至少一个黄球包含两黄球和一白一黄，
当取到一白一黄时，此时这两个事件同时发生，故A错误；
由于至多一个白球，包含事件有一白一黄和两黄球，
又因为至多一个黄球包含一黄一白和两白球，
所以，当取到一白一黄时，此时两个事件同时发生，故C错误；
由于至少一个黄球，包含事件一白一黄和两黄球，
又因为都是黄球显然是两黄球，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用互斥事件不可能同时发生，从而逐项判断找出是互斥事件的选项.
3．（2024高一下·济南期末）在中，记，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由已知得：，
所以，.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和向量加法和数乘的运算法则，从而找出正确的选项.
4．（2024高一下·济南期末）若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：依题意，该三棱台的上底面面积为，
下底面面积为，
故该棱台的体积为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和棱台的体积公式，从而得出该棱台的体积.
5．（2024高一下·济南期末）如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ）
A．众数平均数中位数 B．众数中位数平均数
C．众数平均数中位数 D．中位数平均数众数
【答案】B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：频率直方图呈“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小，
平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，
则平均数大于中位数，所以众数中位数平均数.
故答案为：B.
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断即可.
6．（2024高一下·济南期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则与平行或异面
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或与异面，故A错误；
对于B：若，，则或，故B错误；
对于C：若，，，，当与相交时，有，
当与不相交时，或与相交，故C错误；
对于D：若，，，则与平行或异面，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和空间中线线、线面、面面的位置关系判断，从而找出结论正确的选项.
7．（2024高一下·济南期末）某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ）
A．0.035 B．0.07 C．0.105 D．0.14
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为，
则回答问题①②的人数均为，
如果回答问题①，则掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种可能，
所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，，，，共9种可能，
所以在回答问题①的前提下，回答是的概率为，
所以回答问题①时，大约有人回答“是”；
所以回答问题②时，大约有人回答“是”，
故该地区中学生吸烟人数的比例约为．
故答案为：B．
【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为，求出点数第一次比第二次大的概率，则可推出第二个问题中回答“是”的人数，再结合古典概率公式得出该地区中学生吸烟人数的比例．
8．（2024高一下·济南期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（ ）
A．线段中点的坐标为
B．重心的坐标为
C．，两点的距离为
D．若，则，，三点共线
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；三点共线；平面内中点坐标公式；三角形五心
【解析】【解答】解：根据题意，得出，，.
对于A，设的中点为，
则，
故线段中点的坐标为，故A正确；
对于B，设重心为，
则
，
所以重心的坐标为，故B正确；
对于C，因为，
所以
=
则该坐标系中，两点间的距离为：
，故C错误；
对于D，因为，，
若，易得，则、、三点共线，
若，变形可得，所以，
所以，所以、、三点共线，
综上可得：若，则，，三点共线，故D正确．
故答案为：C．
【分析】依题意可得，，，根据平面向量的线性运算判断出选项A和选项B；线表示出，再根据数量积的运算律判断出选项C；根据向量共线定理判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
9．（2024高一下·济南期末）已知为虚数单位，复数，，则下列结论正确的是（ ）
A．所对应的点在第一象限 B．所对应的点在第二象限
C． D．
【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数，，
则，
所以它对应的点为，故A错误；
由复数，，
则，
所以它对应的点为，故B正确；
由复数，
则
所以，故C正确；
由复数，
则故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、复数几何意义和复数求模公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．（2024高一下·济南期末）已知有限集为随机试验的样本空间，事件为的子集，则事件相互独立的充分条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；事件的包含与相等
【解析】【解答】解：对于A，由，得若发生，则一定发生，
所以事件不相互独立，故A错误；
对于B，由，可得，
所以，
所以事件相互独立，故B正确；
对于C，因为，
所以事件相互独立，
所以事件相互独立，故C正确；
对于D，由，结合，
得，
所以事件相互独立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和相互独立事件的定义以及充分条件判断方法，从而逐项判断找出事件相互独立的充分条件.
11．（2024高一下·济南期末）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线与所成的角为
D．点，，，，，在同一个直径为的球面上
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，则四边形为平行四边形，
则，平面，
则平面，故A正确；
因为三棱锥中，，其余棱长均为，
则，，为棱的中点，
则等腰三角形和等腰三角形中，，，
则平面.由A知道，，
则平面，，
结合图形可知不可能垂直，故B错误；
根据旋转特征，可知，四边形为边长为1的正方形，则，
由，则与所成的角，，
则为等边三角形，所以，故C正确；
由以上证明可知，将几何体放在正方体中，如图所示，且正方体棱长为1，
因为，，，，，在上面正方体的外接球上，
又因为正方体性质可知外接球直径为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先画出图形，再根据线面平行判定定理，则判断出选项A；先证明，再结合图形，可得不可能垂直，则判断出选项B；利用平移法找出直线与所成的角，再结合等边三角形的性质得出直线与所成的角，则判断出选项C；用补形成正方体的方法和勾股定理得出，，，，，在上面正方体的外接球的直径，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．（2024高一下·济南期末）甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，则至少一人中靶的概率为 ．
【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：设甲中靶为事件，乙中靶为事件，
则至少有一人中靶的对立事件为两人都没有中靶，
则至少有一人中靶的概率.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和独立事件同时发生的概率公式，再结合对立事件求概率公式，从而得出至少一人中靶的概率.
13．（2024高一下·济南期末）已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是 （写出满足条件的一个值即可）.
【答案】（答案不唯一，只要在区间上均可）
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理得，
所以，
要使有两组解，
则，
解得，
所以使得有两组解的的值可以是.
故答案为：（答案不唯一，只要在区间上均可）.
【分析】利用正弦定理求出的值，由题意可得，再结合正弦定理得出b的取值范围，从而得出可以的取值.
14．（2024高一下·济南期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 .
【答案】
【知识点】平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：首先证明，，，则，如下图所示：
设，，
在平面内取一点，过点作直线，过点作直线，
由面面垂直的性质定理可得平面，平面，
因为，即，
所以可得，
又因为，且平面，可得，
又因为平面，均与底面垂直，平面平面，
所以平面，
在平行六面体中，则平面，
又因为底面是边长为的菱形，，连接，
则为边长为的等边三角形，
取的中点，连接，
则，且，
因为平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为点在侧面上运动，则平面，所以，
又因为，所以，
所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，
在、分别取点、，使得，
则，且，
又因为，
所以点在弧上，且圆心角，
所以点的轨迹长为.
故答案为：.
【分析】先证明，，，则，从而得到平面，取的中点，连接，从而证出直线平面，进而确定的长，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，从而确定圆心角，进而求出点P的轨迹长.
15．（2024高一下·济南期末）某学校组织“泉城知识答题竞赛”，满分100分，共有100人参赛，其成绩均落在区间内，将成绩数据分成，，，，5组，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值并估计参赛学生成绩的分位数；
（2）从成绩低于70分的学生中，用按比例分配的分层抽样抽取6人.从这6人中任选2人，求此2人分数都在的概率.
【答案】（1）解：由题意，，解得，
因为
所以参赛学生成绩的分位数在区间上，设为，
则，解得，
所以参赛学生成绩的分位数为分.
（2）解：由题意，区间有人，设为，
区间有人，设为，
从这6人中任选2人，则共种，
其中都在有种，
所以2人分数都在的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率之和为求出的值，再根据百分位数的定义估计出参赛学生成绩的分位数.
（2）先利用分层抽样求出各层的人数，再利用列举法结合古典概率公式得出此2人分数都在的概率.
（1）由题意，，解得，
因为，
所以参赛学生成绩的分位数在区间上，设为，
则，解得，
所以参赛学生成绩的分位数为分；
（2）由题意，区间有人，设为，
区间有人，设为，
从这6人中任选2人，有共种，
其中都在有种，
所以2人分数都在的概率为.
16．（2024高一下·济南期末）已知内角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
则，
又因为，
所以，且，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
则，解得，
所以，
故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，再根据和，从而得出角A的值.
（2）由正弦定理得，由余弦定理得的值，再结合三角形的周长公式得出的周长.
（1）因为，
所以由正弦定理得，
即，
又因为，
所以，且，
所以，
由因为，所以.
（2）由（1）知，
因为，所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，
故的周长为.
17．（2024高一下·济南期末）如图1，在菱形中，是边长为2的等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥.
（1）证明：；
（2）若二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取的中点为，连接、，由为菱形，
所以，，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：过点作于点，连接，
由（1）平面，又因为平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
由（1）可知，，
所以为二面角的平面角，
所以，
在中，，，
所以，
又因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，连接、，从而证出平面，再结合线面垂直的定义证出.
（2）过点作于点，连接，从而证出直线平面，则为直线与平面所成角，再由（1）可知为二面角的平面角，从而求出相应线段的长度，再由锐角三角函数的定义得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）取的中点为，连接、，由为菱形，所以，，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）过点作于点，连接，
由（1）平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
由（1）可知，，
所以为二面角的平面角，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2024高一下·济南期末）如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，.
（1）已知.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）若，求的面积；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：（ⅰ）由题意得，
，
因为，，
所以，
，
所以，
所以.
（ⅱ）由（ⅰ）得，
在中，，
所以，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
由（1）得，
故，
令，因为，
所以，
所以，
则
，
当且仅当时，即当时取等号，
所以的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据化简结合角的关系以及倍角公式，从而得出的值.
（ⅱ）先求出的长，从而可得的长，再结合三角形的面积公式求出的值，再结合（ⅰ）中结论得出的面积.
（2）先利用正弦定理化边为角，再根据化简，结合基本不等式求最值的方法得出的最小值.
（1）（ⅰ）由题意得，
，
因为，，
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，
因为，所以，所以，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
19．（2024高一下·济南期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集.
（1）若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）；
（2）如图所示，是棱长为的正四面体.
（ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数；
（ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于；
情形二：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
取中点，连接，，由，
又因为，平面，
可知直线平面，平面，
则，所以，故四边形是边长为1的正方形，
则所求截面面积为正方形的面积等于1；
情形三：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
设，
则，
三式相加可得，故，
则，
在等腰三角形中，，
则等腰三角形的面积为，
则所求截面面积为菱形的面积，
等于等腰三角形的面积的两倍，为，
所以本题答案可以为中的任意一个.
（2）解：(i)情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于，
因为正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
情形二：分别取的中点，，，，
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于，
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况，
综上所述，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
(ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为.
在线段上分别取一点，，，
使得，
则平面为满足题意的的4阶等距平面，
故.
又因为，
由余弦定理可得，
，
，
因为，
故截所得的平面多边形的最大边长为.
【知识点】棱锥的结构特征；异面直线的判定；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证出平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证出平面为的一个1阶等距平面；情形三：取，，，的中点，可证出平面为的一个1阶等距平面.
（2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可求解.
（ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，再结合解三角形知识得出存在满足条件的平面，并求出平面截所得的平面多边形的最大边长.
（1）情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，
则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于.
情形二：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
取中点，连接，，由，
又，平面，
可知直线平面，平面，
则，则，故四边形是边长为1的正方形，
则所求截面面积为正方形的面积等于1.
情形三：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面.
设，
则，
三式相加可得，故.
则.
在等腰三角形中，，
则等腰三角形的面积为.
则所求截面面积为菱形的面积，
等于等腰三角形的面积的两倍，为.
所以本题答案可以为中的任意一个.
（2）(i)情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，
等于.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况：
情形二：分别取的中点，，，，
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
(ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为.
在线段上分别取一点，，，
使得，
则平面为满足题意的的4阶等距平面，
故.
又，
由余弦定理可得，
，
，
因为，
故截所得的平面多边形的最大边长为.
1 / 1山东省济南市2023-2024学年高一下学期7月期末学习质量检测数学试题
1．（2024高一下·济南期末）已知为虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·济南期末）从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，下列各组事件中，是互斥事件的是（ ）
A．“至少一个白球”与“至少一个黄球”
B．“恰有一个白球”与“恰有两个白球”
C．“至多一个白球”与“至多一个黄球”
D．“至少一个黄球”与“都是黄球”
3．（2024高一下·济南期末）在中，记，，若，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·济南期末）若正三棱台上底面边长为，下底面边长为，高为，则该棱台的体积为（ ）
A． B．2 C． D．
5．（2024高一下·济南期末）如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ）
A．众数平均数中位数 B．众数中位数平均数
C．众数平均数中位数 D．中位数平均数众数
6．（2024高一下·济南期末）已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，则与平行或异面
7．（2024高一下·济南期末）某地区公共卫生部门为了了解本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.为了得到该敏感性问题的诚实反应，设计如下方案：每个被调查者先后抛掷两颗骰子，调查中使用两个问题：①第一颗骰子的点数是否比第二颗的大？②你是否经常吸烟？两颗骰子点数和为奇数的学生如实回答第一个问题，两颗骰子点数和为偶数的学生如实回答第二个问题.回答“是”的学生往盒子中放一个小石子，回答“否”的学生什么都不用做.若最终盒子中小石子的个数为57，则该地区中学生吸烟人数的比例约为（ ）
A．0.035 B．0.07 C．0.105 D．0.14
8．（2024高一下·济南期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（ ）
A．线段中点的坐标为
B．重心的坐标为
C．，两点的距离为
D．若，则，，三点共线
9．（2024高一下·济南期末）已知为虚数单位，复数，，则下列结论正确的是（ ）
A．所对应的点在第一象限 B．所对应的点在第二象限
C． D．
10．（2024高一下·济南期末）已知有限集为随机试验的样本空间，事件为的子集，则事件相互独立的充分条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·济南期末）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．
C．直线与所成的角为
D．点，，，，，在同一个直径为的球面上
12．（2024高一下·济南期末）甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为0.7，现两人各自独立射击一次，则至少一人中靶的概率为 ．
13．（2024高一下·济南期末）已知分别为内角的对边，且，，则使得有两组解的的值可以是 （写出满足条件的一个值即可）.
14．（2024高一下·济南期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 .
15．（2024高一下·济南期末）某学校组织“泉城知识答题竞赛”，满分100分，共有100人参赛，其成绩均落在区间内，将成绩数据分成，，，，5组，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值并估计参赛学生成绩的分位数；
（2）从成绩低于70分的学生中，用按比例分配的分层抽样抽取6人.从这6人中任选2人，求此2人分数都在的概率.
16．（2024高一下·济南期末）已知内角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求；
（2）若，，求的周长.
17．（2024高一下·济南期末）如图1，在菱形中，是边长为2的等边三角形，将沿对角线翻折至的位置，得到图2所示的三棱锥.
（1）证明：；
（2）若二面角的平面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2024高一下·济南期末）如图，内角的对边分别为，为边上一点，且，.
（1）已知.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）若，求的面积；
（2）求的最小值.
19．（2024高一下·济南期末）给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集.
（1）若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）；
（2）如图所示，是棱长为的正四面体.
（ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数；
（ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，复数z的虚部是.
故答案为：D.
【分析】利用复数的除法运算法则和复数的虚部定义，从而得出复数的虚部.
2．【答案】B
【知识点】互斥事件与对立事件
【解析】【解答】解：从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取两个球，
共有三种结果：两白球，一白一黄，两黄球，
这三个事件是互斥事件，故B是正确；
由于至少一个白球，包含事件有两白球和一白一黄，
又因为至少一个黄球包含两黄球和一白一黄，
当取到一白一黄时，此时这两个事件同时发生，故A错误；
由于至多一个白球，包含事件有一白一黄和两黄球，
又因为至多一个黄球包含一黄一白和两白球，
所以，当取到一白一黄时，此时两个事件同时发生，故C错误；
由于至少一个黄球，包含事件一白一黄和两黄球，
又因为都是黄球显然是两黄球，故D错误.
故答案为：B.
【分析】利用互斥事件不可能同时发生，从而逐项判断找出是互斥事件的选项.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由已知得：，
所以，.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和向量加法和数乘的运算法则，从而找出正确的选项.
4．【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：依题意，该三棱台的上底面面积为，
下底面面积为，
故该棱台的体积为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件和棱台的体积公式，从而得出该棱台的体积.
5．【答案】B
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：频率直方图呈“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小，
平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，
则平均数大于中位数，所以众数中位数平均数.
故答案为：B.
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断即可.
6．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或与异面，故A错误；
对于B：若，，则或，故B错误；
对于C：若，，，，当与相交时，有，
当与不相交时，或与相交，故C错误；
对于D：若，，，则与平行或异面，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和空间中线线、线面、面面的位置关系判断，从而找出结论正确的选项.
7．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意，两颗骰子点数和为奇数与偶数的概率相等，都为，
则回答问题①②的人数均为，
如果回答问题①，则掷两次骰子所有可能情况有，，，，，，，，，，，，，，，，，，共18种可能，
所得点数第一次比第二次大的有，，，，，，，，，共9种可能，
所以在回答问题①的前提下，回答是的概率为，
所以回答问题①时，大约有人回答“是”；
所以回答问题②时，大约有人回答“是”，
故该地区中学生吸烟人数的比例约为．
故答案为：B．
【分析】根据古典概型的知识得到回答问题①②的人数均为，求出点数第一次比第二次大的概率，则可推出第二个问题中回答“是”的人数，再结合古典概率公式得出该地区中学生吸烟人数的比例．
8．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；三点共线；平面内中点坐标公式；三角形五心
【解析】【解答】解：根据题意，得出，，.
对于A，设的中点为，
则，
故线段中点的坐标为，故A正确；
对于B，设重心为，
则
，
所以重心的坐标为，故B正确；
对于C，因为，
所以
=
则该坐标系中，两点间的距离为：
，故C错误；
对于D，因为，，
若，易得，则、、三点共线，
若，变形可得，所以，
所以，所以、、三点共线，
综上可得：若，则，，三点共线，故D正确．
故答案为：C．
【分析】依题意可得，，，根据平面向量的线性运算判断出选项A和选项B；线表示出，再根据数量积的运算律判断出选项C；根据向量共线定理判断出选项D，从而找出结论错误的选项.
9．【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由复数，，
则，
所以它对应的点为，故A错误；
由复数，，
则，
所以它对应的点为，故B正确；
由复数，
则
所以，故C正确；
由复数，
则故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、复数几何意义和复数求模公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；事件的包含与相等
【解析】【解答】解：对于A，由，得若发生，则一定发生，
所以事件不相互独立，故A错误；
对于B，由，可得，
所以，
所以事件相互独立，故B正确；
对于C，因为，
所以事件相互独立，
所以事件相互独立，故C正确；
对于D，由，结合，
得，
所以事件相互独立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和相互独立事件的定义以及充分条件判断方法，从而逐项判断找出事件相互独立的充分条件.
11．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图所示，
因为，则四边形为平行四边形，
则，平面，
则平面，故A正确；
因为三棱锥中，，其余棱长均为，
则，，为棱的中点，
则等腰三角形和等腰三角形中，，，
则平面.由A知道，，
则平面，，
结合图形可知不可能垂直，故B错误；
根据旋转特征，可知，四边形为边长为1的正方形，则，
由，则与所成的角，，
则为等边三角形，所以，故C正确；
由以上证明可知，将几何体放在正方体中，如图所示，且正方体棱长为1，
因为，，，，，在上面正方体的外接球上，
又因为正方体性质可知外接球直径为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先画出图形，再根据线面平行判定定理，则判断出选项A；先证明，再结合图形，可得不可能垂直，则判断出选项B；利用平移法找出直线与所成的角，再结合等边三角形的性质得出直线与所成的角，则判断出选项C；用补形成正方体的方法和勾股定理得出，，，，，在上面正方体的外接球的直径，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
12．【答案】
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：设甲中靶为事件，乙中靶为事件，
则至少有一人中靶的对立事件为两人都没有中靶，
则至少有一人中靶的概率.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和独立事件同时发生的概率公式，再结合对立事件求概率公式，从而得出至少一人中靶的概率.
13．【答案】（答案不唯一，只要在区间上均可）
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理得，
所以，
要使有两组解，
则，
解得，
所以使得有两组解的的值可以是.
故答案为：（答案不唯一，只要在区间上均可）.
【分析】利用正弦定理求出的值，由题意可得，再结合正弦定理得出b的取值范围，从而得出可以的取值.
14．【答案】
【知识点】平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：首先证明，，，则，如下图所示：
设，，
在平面内取一点，过点作直线，过点作直线，
由面面垂直的性质定理可得平面，平面，
因为，即，
所以可得，
又因为，且平面，可得，
又因为平面，均与底面垂直，平面平面，
所以平面，
在平行六面体中，则平面，
又因为底面是边长为的菱形，，连接，
则为边长为的等边三角形，
取的中点，连接，
则，且，
因为平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
又因为点在侧面上运动，则平面，所以，
又因为，所以，
所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，
在、分别取点、，使得，
则，且，
又因为，
所以点在弧上，且圆心角，
所以点的轨迹长为.
故答案为：.
【分析】先证明，，，则，从而得到平面，取的中点，连接，从而证出直线平面，进而确定的长，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，从而确定圆心角，进而求出点P的轨迹长.
15．【答案】（1）解：由题意，，解得，
因为
所以参赛学生成绩的分位数在区间上，设为，
则，解得，
所以参赛学生成绩的分位数为分.
（2）解：由题意，区间有人，设为，
区间有人，设为，
从这6人中任选2人，则共种，
其中都在有种，
所以2人分数都在的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】（1）根据频率之和为求出的值，再根据百分位数的定义估计出参赛学生成绩的分位数.
（2）先利用分层抽样求出各层的人数，再利用列举法结合古典概率公式得出此2人分数都在的概率.
（1）由题意，，解得，
因为，
所以参赛学生成绩的分位数在区间上，设为，
则，解得，
所以参赛学生成绩的分位数为分；
（2）由题意，区间有人，设为，
区间有人，设为，
从这6人中任选2人，有共种，
其中都在有种，
所以2人分数都在的概率为.
16．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
则，
又因为，
所以，且，
所以，
又因为，
所以.
（2）解：由（1）知，
因为，
由正弦定理得，
由余弦定理得，
则，解得，
所以，
故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理得，再根据和，从而得出角A的值.
（2）由正弦定理得，由余弦定理得的值，再结合三角形的周长公式得出的周长.
（1）因为，
所以由正弦定理得，
即，
又因为，
所以，且，
所以，
由因为，所以.
（2）由（1）知，
因为，所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以，
故的周长为.
17．【答案】（1）证明：取的中点为，连接、，由为菱形，
所以，，
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：过点作于点，连接，
由（1）平面，又因为平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
所以为直线与平面所成角，
由（1）可知，，
所以为二面角的平面角，
所以，
在中，，，
所以，
又因为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）取的中点为，连接、，从而证出平面，再结合线面垂直的定义证出.
（2）过点作于点，连接，从而证出直线平面，则为直线与平面所成角，再由（1）可知为二面角的平面角，从而求出相应线段的长度，再由锐角三角函数的定义得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）取的中点为，连接、，由为菱形，所以，，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以；
（2）过点作于点，连接，
由（1）平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
所以为直线与平面所成角，
由（1）可知，，
所以为二面角的平面角，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：（ⅰ）由题意得，
，
因为，，
所以，
，
所以，
所以.
（ⅱ）由（ⅰ）得，
在中，，
所以，
又因为，
所以，
所以.
（2）解：由正弦定理得，
由（1）得，
故，
令，因为，
所以，
所以，
则
，
当且仅当时，即当时取等号，
所以的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据化简结合角的关系以及倍角公式，从而得出的值.
（ⅱ）先求出的长，从而可得的长，再结合三角形的面积公式求出的值，再结合（ⅰ）中结论得出的面积.
（2）先利用正弦定理化边为角，再根据化简，结合基本不等式求最值的方法得出的最小值.
（1）（ⅰ）由题意得，
，
因为，，
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，
因为，所以，所以，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
19．【答案】（1）解：情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于；
情形二：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
取中点，连接，，由，
又因为，平面，
可知直线平面，平面，
则，所以，故四边形是边长为1的正方形，
则所求截面面积为正方形的面积等于1；
情形三：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
设，
则，
三式相加可得，故，
则，
在等腰三角形中，，
则等腰三角形的面积为，
则所求截面面积为菱形的面积，
等于等腰三角形的面积的两倍，为，
所以本题答案可以为中的任意一个.
（2）解：(i)情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于，
因为正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
情形二：分别取的中点，，，，
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于，
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况，
综上所述，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
(ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为.
在线段上分别取一点，，，
使得，
则平面为满足题意的的4阶等距平面，
故.
又因为，
由余弦定理可得，
，
，
因为，
故截所得的平面多边形的最大边长为.
【知识点】棱锥的结构特征；异面直线的判定；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证出平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证出平面为的一个1阶等距平面；情形三：取，，，的中点，可证出平面为的一个1阶等距平面.
（2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可求解.
（ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，再结合解三角形知识得出存在满足条件的平面，并求出平面截所得的平面多边形的最大边长.
（1）情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，
则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于.
情形二：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
取中点，连接，，由，
又，平面，
可知直线平面，平面，
则，则，故四边形是边长为1的正方形，
则所求截面面积为正方形的面积等于1.
情形三：分别取，，，的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面.
设，
则，
三式相加可得，故.
则.
在等腰三角形中，，
则等腰三角形的面积为.
则所求截面面积为菱形的面积，
等于等腰三角形的面积的两倍，为.
所以本题答案可以为中的任意一个.
（2）(i)情形一：分别取，，的中点，，，
由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，
等于.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况：
情形二：分别取的中点，，，，
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
(ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为.
在线段上分别取一点，，，
使得，
则平面为满足题意的的4阶等距平面，
故.
又，
由余弦定理可得，
，
，
因为，
故截所得的平面多边形的最大边长为.
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