江苏省南京市秦淮中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题

2023-2024学年江苏省南京市江宁区秦淮中学高一（下）期末数学试卷 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.（5分）已知复数（为虚数单位），则复数的虚部是（ ） A. B. C. D. 2.（5分）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A.若，则 B.若，则 C.若，且，则 D.若，则 3.（5分）已知数据的平均数为10，方差为5，数据-1的平均数为，方差为，则（ ） A. B. C. D. 4.（5分）向量与不共线，，若与共线，则应满足（ ） A. B. C. D. 5.（5分）同时抛掷两枚质地均匀的骰子，观察向上的点数，设事件“第一枚向上点数为奇数”，事件“第二枚向上点数为偶数”，事件“两枚骰子向上点数之和为8”，事件“两枚骰子向上点数之积为奇数”，则（ ） A.与互斥 B.与相互独立 C.与互斥 D.与相互独立 6.（5分）在中，角对边分别为.若，则实数的值为（ ） A.6 B.3 C. D. 7.（5分）如图，四棱锥中，面，四边形为正方形，与平面所成角的大小为，且，则四棱锥的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 8.（5分）已知，若，则实数的值（ ） A.-3 B.3 C.2 D.-2 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. （多选）9.（6分）设复数（为虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A.的共轭复数为 B. C.在复平面内对应的点位于第二象限 D. （多选）10.（6分）已知内角对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A.若，则 B.若，则为等腰三角形 C.若，则为锐角三角形 D.若，则三角形有两个解 （多选）11.（6分）如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则（ ） A.四点共面 B.若，则异面直线与所成角的正弦值为 C.平面截正方体所得截面为等腰梯形 D.若，则三棱锥的体积为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12.（5分）一只不透明的口袋中装有形状､大小都相同的6个小球，其中2个白球，1个红球和3个黄球，从中1次随机摸出2个球，则恰有一球是黄球的概率是__________. 13.（5分）已知，则__________. 14.（5分）在中，角所对的边分别为是的中线，且，则的最大值为__________. 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.（13分）已知. （1）求的值； （2）求的值. 16.（15分）某市高一年级数学期末考试，满分为100分，为做好分析评价工作，现从中随机抽取100名学生成绩，经统计，这批学生的成绩全部介于40和100之间，将数据按照分成6组，制成如图所示的频率直方图. （1）求频率直方图中的值，并估计这100名学生的平均成绩； （2）若成绩在的为等级，的为等级，其他为等级， ①在这100名学生中用分层抽样的方法在三个等级中抽取25人，求从等级中抽取的人数. ②以样本估计总体，用频率代替概率，从该市所有参加考试的高一年级学生中随机抽取3人，求至少有 一人为等级的概率.（注：当总体数比较大时，不放回抽取可视为有放回抽取） 17.（15分）如图，在平行四边形中，，垂足为为中点， （1）若，求的长； （2）设，求的值. 18.（17分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，在棱上且侧面，垂足为. （1）求证：平面； （2）若平面与直线交于点，证明：； （3）侧面为等边三角形时，求二面角的平面角的正切值. 19.（17分）已知函数. （1）若函数的图象关于直线轴对称，求实数的值. （2）已知锐角的角对边分别是且当时满足. （i）若的角平分线交边于，且，求的周长； （ii）求的取值范围. 2023-2024学年江苏省南京市江宁区秦淮中学高一（下）期末数学试卷 参考答案与试题解析 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解. 【解答】解：复数， 则，其虚部为. 故选：C. 【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题. 2.【分析】根据空间中直线与直线､直线与平面､平面与平面位置关系，分别判断，即可得解. 【解答】解：若，则或与异面，故A错误； 若，则或或与相交，相交也不一定垂直，故B错误； 若，且，当与相交时，，否则与不一定平行，故错误；若，则，故D正确. 故选：D. 【点评】本题考查空间中直线与直线､直线与平面､平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题. 3.【分析】根据平均数和方差公式计算即可. 【解答】解：数据的平均数为10，方差为5， 数据的平均数为，方差为. 故选：C. 【点评】本题主要考查了平均数和方差的性质，属于基础题. 4.【分析】由已知结合向量共线定理即可求解. 【解答】解：因为向量与不共线，， 若与共线，则存在实数，使得， 则， 所以， 则. 故选：C. 【点评】本题主要考查了向量共线定理的应用，属于基础题. 5.【分析】根据题意，由互斥事件的定义分析A､C，由相互独立事件的定义分析B､D，综合可得答案. 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，事件可以同时发生，如第一枚向上点数为3，第二枚向上点数为5，则事件不互斥，A错误； 对于B，事件不相互独立，B错误； 对于C，事件不会同时发生，则与互斥，C正确； 对于D，由C的结论，，但且，故，事件不相互独立，D错误. 故选：C. 【点评】本题考查互斥事件､相互独立事件的定义，注意相互独立事件的判断方法，属于基础题. 6.【分析】由条件及正弦定理化简得，进而求得，利用正弦定理求得. 【解答】解：因为， 所以由正弦定理得：， 所以， 化简得， 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 由正弦定理得：. 故选：C. 【点评】本题考查正余弦定理和三角恒等变换，属于基础题. 7.【分析】依题意可将四棱锥补成长方体，则四棱锥的外接球也是长方体的外接球，由可求出的长，进而可求，即为外接球的直径，从而可得外接球的表面积. 【解答】解：如图，因为面，四边形为正方形，所以可将四棱锥补成长方体， 则四棱锥的外接球也是长方体的外接球， 由面，所以就是与平面所成的角， 则，所以， 设四棱锥的外接球的半径为， 因为长方体的对角线的长即为其外接球的直径， 所以，所以， 所以四棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 【点评】本题考查了四棱锥外接球的表面积计算，属于中档题. 8.【分析】根据两角和差的余弦公式可得出，两边平方即可求出的值. 【解答】解：， ， ， ，且， ，且， . 故选：B. 【点评】本题考查了两角和差的余弦公式，二倍角的正弦公式，是基础题. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，复数的几何意义，即可求解. 【解答】解：，的共轭复数为，故A正确； ，故B错误； 在复平面内对应的点位于第二象限，故C正确； ，故D正确. 故选：ACD. 【点评】本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，复数的几何意义，属于基础题. 10.【分析】选项A，结合正弦定理与大边对大角，即可判断；选项B，利用正弦定理化边为角，再结合两角差的正弦公式，即可得解；选项C，只能推出角为锐角，而角和无法确定；选项D，由，即可得解. 【解答】解：选项A，由正弦定理知，， 若，则，所以，即选项A正确； 选项B，由正弦定理及知，， 所以，所以，即， 所以为等腰三角形，即选项B正确； 选项C，若，则角为锐角，但角和无法确定，所以不一定为锐角三角形，即选 项C错误； 选项D，由题意知，， 所以， 所以满足题意的三角形有两个，即选项D正确. 故选：ABD. 【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，三角形的面积公式，两角和的正弦公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题. 11.【分析】根平行直线确定唯一平面，异面直线所成角的求法及余弦定理，正方体的对称性，三棱锥的体积公式，即可分别求解. 【解答】解：对A选项，根据题意可知， 四点共面，A选项正确； 对B选项，根据对称性可知， 异面直线与所成角即为或其补角， 又易知， ， 异面直线与所成角的余弦值为B选项错误； 对C选项，根据对称性可知平面截正方体所得截面为以为边长的正六边形，C选项错误； 对D选项，若，则到平面的距离等于的，即为， 又的面积为， 三棱锥的体积为选项正确. 故选：AD. 【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，不需写出解答过程，请把答案直接填写在答题卡相应位置上. 12.【分析】利用古典概型，结合超几何分布和组合数解题即可. 【解答】解：根据题意，得， 故恰有一球是黄球的概率为. 故答案为：. 【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题. 13.【分析】首先利用两点间的距离求出三角形的边长，进一步利用勾股定理的逆定理求出结果. 【解答】解：由于，所以， 由于， 所以为直角三角形， 故. 故答案为：1. 【点评】本题考查的知识点：两点间的距离公式，勾股定理的应用，主要考查学生的运算能力，属于中档题. 14.【分析】由题意可得，，结合向量数量积的性质及基本不等式即可求解. 【解答】解：因为是的中线， 所以， 两边平方得，， 即， 当且仅当时取等号， 所以，即的最大值为4. 故答案为：4. 【点评】本题主要考查了三角恒等变换，三角函数的定义，基本不等式等知识，考查了转化思想以及学生的数学运算能力，属于中档题. 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.【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系即可求出，然后即可求出，然后根据二倍角的正切公式即可得解； （2）可求出的值，然后根据两角差的正弦公式即可得解. 【解答】解：（1）， ， ， ； （2）， ， ， . 【点评】本题考查了同角三角函数的基本关系，二倍角的正切公式，两角差的正弦公式，是基础题. 16.【分析】（1）利用频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求出的值，再利用平均数的定义求解； （2）①根据分层抽样的定义求解； ②利用独立事件的概率乘法公式求解. 【解答】解：（1）由频率直方图知（0.004+0.022+0.030+0.028+m+0.004）×10=1， ， 名同学的平均成绩估计值为： （分）； （2）①由（1）知等级的频率为等级的人数为人， 等级的频率为等级的人数为人， 等级的频率为等级的人数为人， 抽取25人中等级中的人数为人； ②用频率代替概率，所以抽取一次，等级被抽中的概率为0.4， 抽取三次都没有抽中等级的概率为， 所以随机抽取3人至少有一人为等级的概率为. 【点评】本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题. 17.【分析】（1）利用投影向量来求向量的数量积即可； （2）先解三角形得到各边长，再利用向量知识来求解即可. 【解答】解：（1）是在方向上的投影向量， ，即. （2）在中，， ， ，所以， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，建系如图： 易知，因为为中点， ， ， ， ，解得，所以. 【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，平面向量基本定理，考查运算求解能力，属于中档题. 18.【分析】（1）利用线面垂直的判定定即可得证； （2）利用线面平行的性质定理即可得证； （3）先证明为二面角的平面角，再计算即可. 【解答】解：（1）证明：因为侧面面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 又， 所以面， 因为侧面， 所以， 因为，且， 所以面； （2）证明：因为底面为正方形，所以， 又因为平面平面， 所以平面， 又面，面平面， 所以； （3）由题为等边三角形，，故为中点， 在线段上取点，使得， 因为是正方形，所以， 又，所以， 又因为底面底面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 设， 不妨设等边三角形的边长为2， 则， 所以在直角三角形中，. 【点评】本题考查空间线面位置关系的判定以及二面角的计算，属于中档题. 19.【分析】（1）根据对称性建立方程，即可求解； （2）（i）根据正弦定理，角平分线的性质，余弦定理，即可求解； （ii）根据向量数量积，正弦定理，构建三角函数模型，通过函数思想，即可求解. 【解答】解：（1）图象关于直线轴对称， ， ， ， 经检验：此时，满足，即时图象关于直线轴对称； （2）（i）由正弦定理得：， ， ， ， ， ，即， 而， 是的角平分线，， ， ， ， ， ， ， ， ， 的周长； （ii）， ， ， ， 将余弦定理分别代入整理可得： ， 由正弦定理得：， ， ， ，即 ， 即的取值范围为. 【点评】本题考查三角函数的性质，向量的数量积的最值的求解，函数思想，化归转化思想，属难题. 学科网（北京）股份有限公司 $$