精品解析：四川省峨眉第二中学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

秘密★启用前【考试时间：2024年6月24日14：30—16：30】 2023~2024学年度下期高2023级期末联考 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名､座位号､准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上､试卷上答题无效. 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回. 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. 若复数满足，则（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 25 2. 已知点和向量，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 3. 某企业利用随机数表对生产的60个太阳能面板进行抽样测试，先将60个太阳能面板进行编号，.从中抽取12个样本，下图提供随机数表的第6行至第8行，若从表中第7行第9列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（ ） 12 23 43 56 77 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 35 78 90 56 42 25 30 07 32 86 23 45 58 89 07 23 18 96 08 04 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 34 89 94 83 75 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45 A. 07 B. 18 C. 23 D. 08 4. 如图，正三棱台的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的高为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在圆中，是圆上不同的两点，若，则（ ） A. 12 B. 15 C. 16 D. 18 6. 已知圆柱的上､下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，分别是角的对边，的面积为，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 8. 如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 某校为更好地支持学生的个性化发展，开设了学科拓展类､创新素质类､兴趣爱好类三种类型的校本课程，每位学生从中选择一门课程学习.现对该校4000名学生的选课情况进行了统计，如图①，并用分层抽样的方法从中抽取的学生对其所选课程进行了满意率调查，如图②.下列说法正确的是（ ） A. 抽取的样本容量为4000 B. 该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为700 C. 若抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为24，则 D. 该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1000 10. 在平面中，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.若在坐标系中，，向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则的充要条件为 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则与的夹角为 11. 如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面将正方体分成的两个部分的体积比为 C. 是异面直线与所成的角 D. 三棱锥的体积为定值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设的共轭复数是，若，则__________. 13. 已知样本的平均数是，则样本的方差为______. 14. 设为两个非零向量的夹角，且，已知对任意实数的最小值为2，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. 已知与的夹角为. （1）求在方向上的投影向量； （2）求的值. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面平面，分别为的中点，且. （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 某中学为了解学生每天进行户外锻炼的时长，体育教研组在高一年级随机调查了500位学生，得到如下的样本数据的频率分布直方图. （1）求的值，并估计抽查的学生中每天户外锻炼时长在的人数； （2）用样本估计总体，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）求高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数. 18. 在中，角所对的边分别为，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分） ① ② ③ （1）求的大小； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 19. 如图，在三棱锥中，分别是线段上的动点，且四边形始终为平行四边形，设. （1）求证：平面； （2）若平面与平面所成的角为，则当为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值； （3）当平面平面时，求四面体体积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前【考试时间：2024年6月24日14：30—16：30】 2023~2024学年度下期高2023级期末联考 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名､座位号､准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”. 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上､试卷上答题无效. 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回. 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. 若复数满足，则（ ） A. 8 B. 10 C. 14 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】先利用复数运算法则化简复数，然后利用复数模的运算公式求解即可. 【详解】由条件可知，所以. 故选：B. 2. 已知点和向量，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，然后根据向量平行的坐标表示解出即可. 【详解】根据两点的坐标，可得. 而，，故，解得. 故选：C. 3. 某企业利用随机数表对生产的60个太阳能面板进行抽样测试，先将60个太阳能面板进行编号，.从中抽取12个样本，下图提供随机数表的第6行至第8行，若从表中第7行第9列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（ ） 12 23 43 56 77 32 21 18 34 29 78 64 54 07 32 52 42 06 44 38 35 78 90 56 42 25 30 07 32 86 23 45 58 89 07 23 18 96 08 04 84 42 12 53 31 34 57 86 07 36 34 89 94 83 75 32 56 78 08 43 67 89 53 55 77 22 53 55 78 32 45 77 89 23 45 A. 07 B. 18 C. 23 D. 08 【答案】D 【解析】 【分析】利用随机数表法来选取样本编号即可. 【详解】从第7行第9列开始向右读取数据，开始为86，不符合要求，第一个数是23，第二个数是45，第三个数是58，下一个数是89，不符合要求，第四个数是07，下一个数是23，重复，第五个数是18，下一个数是96，不符合要求，第六个数是08； 故选:D. 4. 如图，正三棱台的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】把棱台还原为棱锥，利用大小棱锥的相似比可求出棱台的高. 【详解】 如图1，将正三棱台还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长均为6， 如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，高， 所以根据三棱锥的棱长均为6，三棱锥的棱长均为12， 可知相似比为，通过相似关系可知，三棱台的高也为； 故选：C. 5. 如图，在圆中，是圆上不同的两点，若，则（ ） A. 12 B. 15 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆的几何性质及数量积的定义求解即可. 【详解】由圆的几何性质，， 由数量积的定义可得. 故选：D. 6. 已知圆柱的上､下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆柱的轴截面为面积为4的正方形求得圆柱的高和底面圆的半径，代入圆柱的表面积公式求解即可. 【详解】过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形， 所以圆柱的高为2，底面圆的直径为2， 所以该圆柱的表面积为. 故选：B. 7. 在中，分别是角的对边，的面积为，，，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】先由已知得到，再使用余弦定理求出，最后使用正弦定理得到结果. 【详解】由已知有，故. 再由余弦定理得. 故. 故选：C. 8. 如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可. 【详解】因为为等腰直角三角形，， 所以的外接圆的圆心为的中点，且， 设的中点为，连接， 则，平面， 设三棱锥外接球的球心为， 由球的性质可得点在上，设，， 外接球的半径为，因为， 所以，即， 又，则， 因为，所以，则， 故选：. 【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为； （2）长方体的长，宽，高分别为，，，则其外接球的半径为； （3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球半径为. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 某校为更好地支持学生的个性化发展，开设了学科拓展类､创新素质类､兴趣爱好类三种类型的校本课程，每位学生从中选择一门课程学习.现对该校4000名学生的选课情况进行了统计，如图①，并用分层抽样的方法从中抽取的学生对其所选课程进行了满意率调查，如图②.下列说法正确的是（ ） A. 抽取的样本容量为4000 B. 该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为700 C. 若抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为24，则 D. 该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1000 【答案】BD 【解析】 【分析】根据统计图表一一分析即可. 【详解】对于A，抽取的样本容量为，故A错误； 对于B，该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为人，故B正确； 对于C，抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为，则，解得，故C错误； 对于D，由扇形统计图知该校学生中选择学科拓展类课程的频率为， 则该校学生中选择学科拓展类课程的人数为人，故D正确； 故选：BD. 10. 在平面中，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.若在坐标系中，，向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则的充要条件为 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则与的夹角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据新定义，利用数量积的运算法则计算可判断A，根据垂直的充要条件数量积为0运算可判断B，根据数量积为正数且不共线可判断C，根据夹角公式化简运算可判断D. 【详解】对于A，， ，故A正确； 对于B，当时，，即， 所以， 所以的充分条件为，故B错误； 对于C，，故， 若与共线，则，所以实数的取值范围为，故C正确； 对于D，， ， 所以， 因为，所以故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在正方体中，，，，分别是棱，，的中点，是线段上一动点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面将正方体分成的两个部分的体积比为 C. 是异面直线与所成的角 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于，由线面垂直的判定定理可证得平面，由面面平行的性质定理可证平面平面，所以可知平面，即可证得；对于，平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱，由底面积之比可得体积之比；对于，由余弦定理可得为钝角，而异面直线所成角小于等于，即可判断；对于，取中点，连接，，可证平面，点到平面的距离为定值，且的面积也为定值，即可判断. 【详解】在正方体中，易得到，， 又，，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 因为，,， 所以平面平面，所以平面， 故平面平面正确； 平面即为平面，将正方体分成等高的三棱柱和四棱柱， 易得底面积之比为，故体积比为，正确； 令正方体棱长为2，则，，， ，则为钝角， 而异面直线与所成的角小于等于，错误； 如图，取中点，连接，，易得， 又平面，平面，所以平面， 同理平面，， 平面，平面， 则平面平面，因为平面， 故平面，而是线段上一动点，则点到平面的距离为定值， 且的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，正确； 故选：. 【点睛】结论点睛：立体几何中与动点轨迹有关的问题的方法： （1）几何法：根据平面的性质进行判定； （2）定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数方法进行计算； （3）特殊值法：根据空间中图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设的共轭复数是，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据复数相等求解即可. 【详解】设，则，由， 得， . 故答案为： 13. 已知样本的平均数是，则样本的方差为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据平均数列方程解得，根据方差公式求解即可. 【详解】因为样本的平均数是10，故，且， 得， 则方差为. 故答案为：4 14. 设为两个非零向量的夹角，且，已知对任意实数的最小值为2，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用向量的加法可得和向量的模为点到直线上任意点的两点间距离，从而可得最小值为；也可用平方法，利用数量积来计算和向量的模，再结合二次函数求最小值即可. 【详解】方法一：如图，当变化时，起点为，终点在上运动， 故的最小值为，由图可得：； 方法二：由题意可知，，令， 因为，所以恒大于零， 所以当时，取得最小值2， 所以，化简得，所以. 故答案为：. 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. 已知与的夹角为. （1）求在方向上的投影向量； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量在向量上的投影向量的概念求解； （2）根据数量积的运算法则求模即可. 【小问1详解】 在方向上的投影向量为. 【小问2详解】 . 16. 如图，在四棱锥中，四边形是矩形，平面平面，分别为的中点，且. （1）求证：； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：四边形是矩形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面， 又平面，， ， 平面，平面， 平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）用面面垂直的性质定理得平面，进而可得，由勾股定理可得，从而可得平面，即得. （2）运用等体积法，由（1）知平面，由题意得平面，再用等体积法即可求解. （3）运用线面角知识将线面角转化为线线角，构造直角三角形，求出边长即可得正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为四边形是矩形，所以， 因为平面平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 由（1）得平面平面， 则， 所以， 所以三棱锥的体积为； 【小问3详解】 过点作于点，连接， 平面平面，平面平面，平面， 平面为直线与平面所成角， 由已知可得， 由得， 在中，， 故直线与平面所成角的正弦值为. 17. 某中学为了解学生每天进行户外锻炼的时长，体育教研组在高一年级随机调查了500位学生，得到如下的样本数据的频率分布直方图. （1）求的值，并估计抽查的学生中每天户外锻炼时长在的人数； （2）用样本估计总体，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （3）求高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数. 【答案】（1）0.016，290人 （2） （3）49.5 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求的值，进而估计人数； （2）根据题意结合平均数的公式运算求解即可； （3）分析可知上四分位数在之间，结合百分位数的定义运算求解. 【小问1详解】 由题意可知每组的频率依次为：， 因为，解得， 估计每天户外锻炼时长在的人数为（人）. 【小问2详解】 由题意知，平均时长为 （min）， 所以估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长为. 【小问3详解】 因为， 且， 可知高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数，即分位数在之间， 设高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的分位数为， 则，解得， 所以高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数是49.5. 18. 在中，角所对的边分别为，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分） ① ② ③ （1）求的大小； （2）若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）选①，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦及二倍角公式求解即可；选②，利用三角形面积公式及正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解即得；选③，利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即得. （2）利用正弦定理边化角，再利用差角的正弦公式，结合正切函数的性质求出范围. 【小问1详解】 选①：在中，由及正弦定理得， 则，又，于是， 而，解得，又，则， 所以； 选②：在中，，且， 则，即， 由正弦定理得，又， 于是，而，则，又， 所以； 选③：在中，由及正弦定理得， 得，即， 由余弦定理得，又， 所以； 【小问2详解】 在中，由正弦定理，得， 由（1）知，即，由为锐角三角形， 得，即，于是， 所以，即的取值范围为， 所以. 19. 如图，在三棱锥中，分别是线段上的动点，且四边形始终为平行四边形，设. （1）求证：平面； （2）若平面与平面所成的角为，则当为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值； （3）当平面平面时，求四面体体积的最大值. 【答案】（1） 四边形为平行四边形，， 平面平面平面， 又平面，平面平面， 又平面平面平面； （2）或时，的最小值为； （3） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，可得，利用线面平行的判定定理可得答案； （2）取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接，过点作，垂足为，求出四边形的面积，利用二次函数的性质可得答案. （3）由（2）知，是二面角的平面角，设，求出，结合可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接， 过点作，垂足为，如图， 是边长为4的等边三角形， ， 是二面角的平面角，， 又， 平面平面， 平面， 同（1）过程可得：， ， ， ， 在中， 四边形的面积， 当时，， 则当或时，的最小值为； 【小问3详解】 由（2）知，是二面角的平面角， 设， 点到平面的距离， 设，则， 平面平面平面， 平面， 平面， 在中， ， ， ，又因为，所以， ， 即四面体体积的最大值为，此时， 因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $