精品解析：河南省周口市川汇区周口恒大中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

2023-2024学年高一下学期数学期末考试卷 数学试题 试卷考试时间：120分钟 满分：150 第I卷（选择题） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A B. C. D. 2. 对于非零实数a，b，以下四个式子均恒成立，对于非零复数a，b，下列式子仍然恒成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 在△ABC中，，，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 7. 已知三棱锥的外接球的体积为，平面，，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 某年级要从2班到12班中选1个班参加一项科普活动，有人提议：掷两个骰子，得到的点数之和是几就选几班，则哪个班级被选到的概率最大（ ） A. 6班 B. 7班 C. 8班 D. 9班 二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知不相等的复数，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则是纯虚数 B. 若，则 C. 若，则z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称 D. 若，则 10. 已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若则 D. 若，且与不平行，则 11. 如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（ ） A. ，E，O三点共线 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 直线与平面所成的角为 D. 过点，B，F平面截该正方体所得截面的面积为 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22℃.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据：（记录数据都是正整数） ①甲地5个数据的中位数为24，众数为22； ②乙地5个数据的中位数为27，总体均值为24； ③丙地5个数据中有一个数据是32，总体均值为26，总体方差为10.8. 则肯定进入夏季地区有_____． 13. 台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8，0.7，0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗预报准确的概率是________． 14. 如图，是的直观图（斜二测画法），其中与重合，在轴上，且轴，，则的最长边长为__________. 四、解答题（共5小题，共计77分．） 15. 已知向量，满足， （1）若，求的值； （2）若夹角为，求与的夹角的余弦值． 16. 先后三次抛掷同一枚硬币，若正面朝上，则记1；若反面朝上，则记为0． （1）写出这个试验的样本空间； （2）写出三次结果对应数字之和为1这个事件所对应的子集； （3）求三次结果对应数字之和不小于2的概率． 17. 如图，在几何体中，底面为矩形，，，，，为棱上一点，平面与棱交于点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）若，试问平面是否可能与平面垂直？若能，求出值；若不能，说明理由． 18. 已知函数，的最大值为2． （1）求函数在上的值域； （2）已知外接圆半径，，角、所对的边分别是、，求的值． 19. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________. （1）求角A的大小； （2）作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年高一下学期数学期末考试卷 数学试题 试卷考试时间：120分钟 满分：150 第I卷（选择题） 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 设复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设,结合，根据复数相等条件列出方程组，求得的值，即可求解. 【详解】设，则， 因为，可得，即， 所以，解得， 所以，所以的虚部为. 故选：C. 2. 对于非零实数a，b，以下四个式子均恒成立，对于非零复数a，b，下列式子仍然恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于选项A：结合复数的乘法和模长公式即可判断；选项B：计算，然后根据复数运算结果举出反例即可；选项CD：复数的平方可能为虚部不为0的复数，而虚部不为0的复数与实数既不能比较大小也不相等. 【详解】不妨令，， 选项A：， 从而，故A正确； 选项B：， 当，时，，故B错误； 因为复数的平方可能还是虚部不为0的复数，而虚部不为0的复数不能与实数比较大小且不等于实数，故CD错误. 故选：A 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算直接计算即可. 【详解】因为，所以， 故选：C. 4. 图1中，正方体的每条棱与正八面体（八个面均为正三角形）的条棱垂直且互相平分．将该正方体的顶点与正八面体的顶点连结，得到图2的十二面体，该十二面体能独立密铺三维空间．若，则点M到直线的距离等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL，利用正八面体的性质，由线面垂直的判定定理，证明平面，得到MR为点M到直线的距离，然后在中，利用是的中位线求得正八面体的边长即可. 【详解】解：如图所示： 连接PR，MN，相交于点O，设MP与AB相交于点K，MQ与BC相交于点L，连接KL， 在正八面体中，易知，且， 所以 ，则 ，即 ， 又平面，则，又HG与RN相交， 所以平面，则MR为点M到直线的距离， 在中， ，则 ， 因为是的中位线， 所以，即， 故选：A 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用向量的加法运算法则求得，由此求得. 【详解】， ， 所以. 故选：A 【点睛】本小题主要考查向量线性运算、夹角的计算. 6. 在△ABC中，，，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理直接求解即可. 【详解】因为△ABC中，，，， 所以由余弦定理知，，即， 化简整理得， 解得或（舍去）. 故选：C 7. 已知三棱锥的外接球的体积为，平面，，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意设三棱锥外接球的半径为，由解出，再由余弦定理解出 ，设外接圆半径，解出并求出，进而解出三棱锥体积即可. 【详解】设三棱锥外接球的半径为，则，解得； 因为，， 所以， 设外接圆的半径为，则，所以， 故，所以， 所以三棱锥的体积为. 故选：A. 8. 某年级要从2班到12班中选1个班参加一项科普活动，有人提议：掷两个骰子，得到的点数之和是几就选几班，则哪个班级被选到的概率最大（ ） A. 6班 B. 7班 C. 8班 D. 9班 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意利用列表法列出所有情况，然后分别为2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12和概率，从而可得答案 【详解】题意将两枚骰子的点数之和列出下表： 由表得，7班被选到的概率最大为，6班与8班被选到的概率都为， 5班与9班被选到的概率都为，4班与10班被选到的概率都为， 3班与11班被选到的概率都为，2班与12班被选到的概率都为. 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 故选：B 二．多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，有多项符合要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知不相等的复数，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则是纯虚数 B. 若，则 C. 若，则z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】设(a,b∈R)，由z2＜0求得a＝0判断选项A；举例说明下选项B、D错误；由复数的基本概念判断C． 【详解】对于A，设(a,b∈R)，若， 则，可得，即是纯虚数，故A正确； 对于B，取，满足，但，故B错误； 对于C，若，则z1，z2的实部相等，虚部互为相反数，则z1，z2在复平面内对应的点关于实轴对称，故C正确； 对于D，取，，此时，， 满足，但与不能比较大小，故D错误． 故选：AC． 10. 已知是两条不同的直线，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若则 D. 若，且与不平行，则 【答案】BD 【解析】 【分析】 结合空间线面位置关系及平行垂直的判定与性质定理对选项进行分别判断. 【详解】A：若，则与平行或相交或，A选项错误； B：因为，所以或，又，所以，B选项正确； C：若则与相交或平行或，C选项错误； D：若一个平面内两条相交直线都平行与另一个平面，则这两个平面平行，D选项正确； 故选：BD. 11. 如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（ ） A. ，E，O三点共线 B. 三棱锥的外接球的表面积为 C. 直线与平面所成的角为 D. 过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得 平面，则直线与平面所成的角为，根据余弦定理，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D. 【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则， 因为平面平面，所以平面平面， 所以点是平面与平面的公共点； 显然是平面与平面的公共点； 因为交平面于点平面， 所以也是平面与平面的公共点， 所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确； 三棱锥的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，所以， 所以外接球的表面积，故B正确； 因平面平面ABCD，所以， 又平面， 所以平面，平面 所以平面平面，平面平面， 所以在平面的射影为， 即直线与平面所成的角为， ，，， ,故C错误； 取的中点，连，因为， 所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图： 因为，， 所以等腰梯形的高为， 所以等腰梯形的面积为， 即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确． 故选：ABD． 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 气象意义上从春季进入夏季的标志为连续5天的日平均温度均不低于22℃.现有甲、乙、丙三地连续5天的日平均温度的记录数据：（记录数据都是正整数） ①甲地5个数据的中位数为24，众数为22； ②乙地5个数据的中位数为27，总体均值为24； ③丙地5个数据中有一个数据32，总体均值为26，总体方差为10.8. 则肯定进入夏季的地区有_____． 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据数据的特点进行估计甲、乙、丙三地连续天的日平均气温的记录数据，分析数据的可能性进行解答即可得出答案． 【详解】①甲地：个数据的中位数为，众数为，根据数据得出：甲地连续天的日平均温度的记录数据可能为：、、、、，其连续天的日平均气温均不低于； ②乙地：个数据的中位数为，总体均值为，当个数据为、、、、，可知其连续天的日平均温度有低于，故不确定； ③丙地：个数据中有一个数据是，总体均值为，若有低于，假设取，此时方差就超出了，可知其连续天的日平均温度均不低于，如、、、、，这组数据的平均值为，方差为，但是进一步扩大方差就会超过，故③对． 则肯定进入夏季的地区有甲、丙两地，故答案为①③． 【点睛】本题考查中位数、众数、平均数、方差的数据特征，简单的合情推理，解答此题应结合题意，根据平均数的计算方法进行解答、取特殊值即可． 13. 台风在危害人类的同时，也在保护人类．台风给人类送来了淡水资源，大大缓解了全球水荒，另外还使世界各地冷热保持相对均衡．甲、乙、丙三颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙、丙三颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8，0.7，0.9，各卫星间相互独立，则在同一时刻至少有两颗预报准确的概率是________． 【答案】0.902 【解析】 【分析】 根据题意，设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A，B，C，不准确分别记为，则至少两颗预报准确的事件有AB，AC，BC，ABC，分别求出这四个事件的概率，求和即可得解. 【详解】设甲、乙、丙预报准确依次记为事件A，B，C，不准确分别记为， 则P(A)＝0.8，P(B)＝0.7，P(C)＝0.9，P()＝0.2， P()＝0.3，P()＝0.1， 至少两颗预报准确的事件有AB，AC，BC，ABC，这四个事件两两互斥且独立． 所以至少两颗预报准确的概率为 P＝P(A∩B∩)＋P(A∩∩C)＋P(∩B∩C)＋P(A∩B∩C) ＝0.8×0.7×0.1＋0.8×0.3×0.9＋0.2×0.7×0.9＋0.8×0.7×0.9 ＝0.056＋0.216＋0.126＋0.504＝0.902. 故答案为：0.902. 14. 如图，是的直观图（斜二测画法），其中与重合，在轴上，且轴，，则的最长边长为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据直观图得到平面图形，再求出线段长度，即可得解. 【详解】根据直观图可得如下平面图形： 其中，，且轴，所以， 所以的最长边长为. 故答案为： 四、解答题（共5小题，共计77分．） 15. 已知向量，满足， （1）若，求的值； （2）若的夹角为，求与的夹角的余弦值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据向量共线，分别讨论夹角为的情况并根据向量的数量积计算公式求解出结果； （2）采用先平方再开根号的方法计算出的值，然后根据向量夹角的余弦值计算公式求解出结果. 【详解】（1）因为，所以或， 当时，， 当，， 所以的值为； （2）因为， ， 所以. 【点睛】关键点点睛：已知，求解形如的向量的模长，采用先平方再开根号的方法进行求解：. 16. 先后三次抛掷同一枚硬币，若正面朝上，则记为1；若反面朝上，则记为0． （1）写出这个试验的样本空间； （2）写出三次结果对应数字之和为1这个事件所对应的子集； （3）求三次结果对应数字之和不小于2的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）写出每一种情况即可； （2）在（1）中找出满足条件的样本点即可； （3）先求样本点的总数，再根据概率公式计算即可. 【小问1详解】 解：先后三次抛掷同一枚硬币，若正面朝上，则记为1；若反面朝上，则记为0.其样本空间为； 【小问2详解】 解：三次结果对应数字之和为1的样本点为，，，共3个； 【小问3详解】 解：三次结果对应数字之和不小于2的样本点为，，，，共4个，故. 17. 如图，在几何体中，底面为矩形，，，，，为棱上一点，平面与棱交于点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）若，试问平面是否可能与平面垂直？若能，求出值；若不能，说明理由． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3） 【解析】 【详解】试题分析： (1)利用题意证得平面．所以． (2)利用线面平行的性质定理平面．所以． (3)假设平面是否可能与平面垂直，结合题意可求得 试题解析： 解：（Ⅰ）因为为矩形，所以． 又因为， 所以平面． 所以． （Ⅱ）因为为矩形，所以， 所以平面． 又因为平面平面， 所以． （Ⅲ）平面与平面可以垂直．证明如下： 连接．因为，， 所以平面． 所以． 因为，所以． 因为平面平面， 若使平面平面， 则平面，所以． 在梯形中，因为，，，， 所以． 所以若使能成立，则为的中点． 所以． 点睛：高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势. 18. 已知函数，的最大值为2． （1）求函数在上的值域； （2）已知外接圆半径，，角、所对的边分别是、，求的值． 【答案】（1）；（2）； 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式求出，即可得到的解析式，再根据的取值范围，求出的取值范围，再结合正弦函数的性质计算可得； （2）依题意可得，再由正弦定理将角化边，最后根据外接圆的半径计算可得； 【详解】解：（1）因为，所以的最大值为，所以． 而，于， 所以． 因为，所以，所以，则 所以函数在上的值域为； （2）因为， 所以， 由正弦定理可得， 因为的外接圆半径为，所以． 所以． 19. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________. （1）求角A的大小； （2）作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算；选③根据向量乘积展开式和正弦定理的面积公式进行化简计算； （2）设，将所有未知角用表示，再用正弦定理将AC表示出来进行化简，最后根据的范围求出AC的最大值. 【小问1详解】 选①根据正弦定理可知： ，展开化简得， 故，即； 选②根据正弦定理可得：， 根据余弦定理可得：，即； 选③根据向量点乘运算可得：，即. 【小问2详解】 如图，设，则， 在中，由正弦定理得可得， ， 在中，由正弦定理得：可得， ， 因为是锐角三角形，所以 所以 当时，可得的最大值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$