精品解析：江苏省无锡市滨湖区无锡市第一中学2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题

无锡市第一中学2023—2024学年度第二学期期末考试 高一数学 2024.6 命题：高二数学组 审核：高二数学组 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若样本数据方差为3，则，，的方差为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 12 2. 已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，则该圆台的表面积是（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，满足，与的夹角为120°，若，则等于（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 如图，曲柄连杆机构中，曲柄绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点在处.设连杆长，曲柄CB长，则曲柄自按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点移动的距离）约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：） A B. C. D. 7. 设点是所在平面内一点：①若，则点是边的中点；②若，则点在边的延长线上；③若，且，则是面积的一半；④若，则直线一定过的内心．则上述说法正确的个数为（ ） A 0 B. 1 C. 2 D. 3 8. 已知互不相同的20个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的18个样本数据的方差为，平均数为；去掉的两个数据的方差为，平均数为；原样本数据的方差为，平均数为，若，则下列选项错误的是（ ） A. B. 剩下的18个样本数据与原样本数据的中位数不变 C. D. 剩下18个数据的22%分位数大于原样本数据的22%分位数 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. （多选）新式茶饮是指以上等茶叶通过萃取浓缩液，再根据消费者偏好，添加牛奶、坚果、柠檬等小料调制而成的饮料．如图为2022年我国消费者购买新式茶饮的频次扇形图及月均消费新式茶饮金额的条形图． 根据所给统计图，下列结论中正确的是（　　） A. 每周都消费新式茶饮的消费者占比不到90% B. 每天都消费新式茶饮的消费者占比超过20% C. 月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比超过50% D. 月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比超过60% 10. 甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签．其中，甲袋中有编号为1，2，3的三个号签；乙袋有编号为1，2，3，4，5，6的六个号签．现从甲、乙两袋中各抽取1个号签，从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响．记事件：从甲袋中抽取号签1；事件：从乙袋中抽取号签6；事件：抽取的两个号签和为3；事件：抽取的两个号签编号不同．则下列选项中，正确的是（ ） A. B. 事件与互斥 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件相互独立 11. 如图，正方形棱长为1，是线段上的一个动点（含端点），则下列结论正确的是（） A. 的最小值为 B. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 以点为球心，为半径球面与面的交线长为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，若该直三棱柱的侧棱长为4，则该直三棱柱的体积为______． 13. 已知向量，且，则在上的投影向量的坐标为______． 14. 2023年亚运会在中国杭州举办，开幕式门票与其他赛事门票在网上开始预定，亚奥理事会规定：开幕式门票分为两档，当预定A档未成功时，系统自动进入档预定，已知获得A档门票的概率是，若未成功，仍有的概率获得档门票；而成功获得其他赛事门票的概率均为，且获得每张门票之间互不影响．甲想要一张开幕式门票（A、档皆可），他预定了一张A档开幕式门票，一张赛事门票；乙预定了两张赛事门票．则甲获得的门票数比乙多的概率为______． 四、解答题（本题共5题，共77分） 15. 已知复数，，，为虚数单位． （1）若是纯虚数，求实数的值； （2）若，求． 16. 在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点（含端点）. （1）若，求，的夹角的余弦值； （2）求的取值范围. 17. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量－标准质量，单位）的样本数据统计如下： （1）求样本数据的70%分位数；（精确到0.01） （2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中，分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． ①若产品的质量差为，试判断该产品是否属于一等品； ②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率． 18. 如图，四边形为矩形，四边形为梯形，平面平面，，，. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值的大小； （3）设平面平面，试判断与平面能否垂直？并证明你的结论． 19. 请从：①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．（如未作出选择，则按照选择①评分） 在中，，，分别是角，，的对边，若________， （1）求角的大小； （2）若角的平分线长为1，且，求外接圆的面积； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 无锡市第一中学2023—2024学年度第二学期期末考试 高一数学 2024.6 命题：高二数学组 审核：高二数学组 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若样本数据的方差为3，则，，的方差为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合方差的性质运算求解. 【详解】因为样本数据的方差为3， 所以，，的方差为. 故选：D 2. 已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的概念判断可得出合适的选项. 【详解】，则， 故虚部为. 故选：D. 3. 圆台的上、下底面半径分别是1和5，且圆台的母线长为5，则该圆台的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出该圆台的侧面积、上下底面积可得答案. 【详解】因为圆台的上、下底面半径分别是1和5，母线长为5， 则该圆台的表面积为. 故选：D. 4. 已知平面向量，满足，与的夹角为120°，若，则等于（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】两边平方，结合向量数量积公式得到方程，求出. 【详解】两边平方得， 即， 故，解得或（舍去）. 故选：C 5. 已知，是两个不重合的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面、面面及线线关系逐项判断即可. 【详解】对于A，若，，，可将平移至相交直线，由公理3推论2，确定一个平面，由线面垂直的性质可得的交线垂直于平面，进而得到垂直于和的交线，且和的交线与或其平行线能围成矩形，由面面垂直的定义，可得，则A正确； 对于B，若，，，当都平行于的交线，则条件满足，则相交成立，则B错； 对于C，若，，，则可能平行、可能异面、可能相交，所以C错； 对于D，若，，，则可能平行、可能异面、可能相交，所以D错. 故选：A. 6. 如图，曲柄连杆机构中，曲柄绕C点旋转时，通过连杆的传递，活塞做直线往复运动.当曲柄在位置时，曲柄和连杆成一条直线，连杆的端点在处.设连杆长，曲柄CB长，则曲柄自按顺时针方向旋转53.2°时，活塞移动的距离（即连杆的端点移动的距离）约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理解三角形即可.. 【详解】在中，，，， 因为，所以. 由余弦定理得： 所以或（舍去）. 因为，所以. 故选：B 7. 设点是所在平面内一点：①若，则点是边的中点；②若，则点在边的延长线上；③若，且，则是面积的一半；④若，则直线一定过的内心．则上述说法正确的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据中线的性质即可判断①，根据向量的运算得到，即可判断②， 根据三点共线的性质即可判断③，根据垂心的性质及数量积公式即可判断④. 【详解】，即， 即，即点是边的中点，故①正确； ，即，即， 即点在边的延长线上，故②错误； ，且， 故，且， 设，则，且， 故三点共线，且， 即是面积的一半，故③正确. 设的中点为， ， 即，故过的垂心，故④错误； 故选：C 8. 已知互不相同的20个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，设剩下的18个样本数据的方差为，平均数为；去掉的两个数据的方差为，平均数为；原样本数据的方差为，平均数为，若，则下列选项错误的是（ ） A. B. 剩下的18个样本数据与原样本数据的中位数不变 C. D. 剩下18个数据的22%分位数大于原样本数据的22%分位数 【答案】D 【解析】 【分析】设20个样本数据从小到大排列分别为，再根据中位数、平均数、第22百分位数与方差的定义与公式推导即可. 【详解】设20个样本数据从小到大排列分别为，则剩下的18个样本数据为， 对于A，依题意，，，， 由，得，即， 于是，因此，即，A正确； 对于B，原样本数据的中位数为，剩下的18个样本数据的中位数为，B正确； 对于C，因为，则，，， 于是，， 因此，即，C正确； 对于D，因为，则剩下18个数据的分位数为， 又，则原样本数据的分位数为，D错误. 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. （多选）新式茶饮是指以上等茶叶通过萃取浓缩液，再根据消费者偏好，添加牛奶、坚果、柠檬等小料调制而成的饮料．如图为2022年我国消费者购买新式茶饮的频次扇形图及月均消费新式茶饮金额的条形图． 根据所给统计图，下列结论中正确的是（　　） A. 每周都消费新式茶饮的消费者占比不到90% B. 每天都消费新式茶饮的消费者占比超过20% C. 月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比超过50% D. 月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比超过60% 【答案】BC 【解析】 【分析】根据统计图一一分析选项即可. 【详解】每周都消费新式茶饮的消费者占比,A错误； 每天都消费新式茶饮的消费者占比，B正确； 月均消费新式茶饮50～200元的消费者占比，C正确； 月均消费新式茶饮超过100元的消费者占比,D错误． 故选：BC 10. 甲、乙两个口袋中装有除了编号不同以外其余完全相同的号签．其中，甲袋中有编号为1，2，3的三个号签；乙袋有编号为1，2，3，4，5，6的六个号签．现从甲、乙两袋中各抽取1个号签，从甲、乙两袋抽取号签的过程互不影响．记事件：从甲袋中抽取号签1；事件：从乙袋中抽取号签6；事件：抽取的两个号签和为3；事件：抽取的两个号签编号不同．则下列选项中，正确的是（ ） A. B. 事件与互斥 C. 事件与事件相互独立 D. 事件与事件相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】利用相互独立事件的定义，互斥事件的定义及概率乘法公式判断B，C，D选项，根据古典概型判断A选项. 【详解】基本事件共有18种， 事件C包括2种情况, ，A正确； 事件：抽取的两个号签编号不同， 则事件包括 故事件与不互斥，B错误； 且，， 对于C，由，得相互不独立，C错误； 对于D，由，得相互独立，D正确； 故选：AD 11. 如图，正方形棱长为1，是线段上的一个动点（含端点），则下列结论正确的是（） A. 的最小值为 B. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】当时，最小，结合正三角形性质，求得到直线的距离，判断A；根据当P在直线上运动时，三棱锥的底面积以及高的变化情况，可确定体积不变没判断B；将翻折到与同一个面，从而求得的最小值可判断C；根据题意确定以点B为球心，为半径的球面与面的交线即为的内切圆，即可求得交线长，判断D. 【详解】对于A，当时，最小，由于 到直线的距离，故A正确； 对于B，，平面，平面， 平面到平面的距离为定值， 为定值，则为定值，故B正确； 对于C，将翻折到与同一个面， 当点为与的交点时，取得最小值， 易知，，， 所以由余弦定理得 ，故C错误； 对于D，易知平面，设与平面交于点， ，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为， ， 在以为圆心，为半径的圆上，由于为正三角形，边长为， 其内切圆半径为， 故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内， 交线长为，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题C选项的解决关键是将将翻折到与同一个面，从而将的最小值转化为的值，由此得解. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如图，已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，若该直三棱柱的侧棱长为4，则该直三棱柱的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题设及斜二测法知在原图中对应的长度分别为，根据直棱柱的体积公式计算即可. 【详解】由题意可知，， 由斜二测画法可知，原直三棱柱中，对应边长为，对应边长为，且底面为直角三角形， 所有直三棱柱体积为：. 故答案为：. 13. 已知向量，且，则在上的投影向量的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出，设，利用可得的坐标，再由投影向量的定义可得答案. 【详解】因为，所以，， 解得，， 设，所以，解得， 可得， 所以在上的投影向量的坐标 为. 故答案为：. 14. 2023年亚运会在中国杭州举办，开幕式门票与其他赛事门票在网上开始预定，亚奥理事会规定：开幕式门票分为两档，当预定A档未成功时，系统自动进入档预定，已知获得A档门票的概率是，若未成功，仍有的概率获得档门票；而成功获得其他赛事门票的概率均为，且获得每张门票之间互不影响．甲想要一张开幕式门票（A、档皆可），他预定了一张A档开幕式门票，一张赛事门票；乙预定了两张赛事门票．则甲获得的门票数比乙多的概率为______． 【答案】##0.275 【解析】 【分析】先得到获得开幕式门票和赛事门票的的概率，计算出甲获得开幕式门票和赛事门票共2张门票，且乙获得0张门票或1张门票的概率和甲获得1张门票，且乙获得0张门票的概率，相加得到答案. 【详解】获得开幕式门票的概率为， 获得赛事门票的概率为， 甲获得开幕式门票和赛事门票共2张门票，且乙获得0张门票或1张门票的概率为 ， 甲获得1张门票，且乙获得0张门票的概率为， 故甲获得的门票数比乙多的概率为. 故答案为： 四、解答题（本题共5题，共77分） 15. 已知复数，，，为虚数单位． （1）若是纯虚数，求实数的值； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的概念列出方程组求解. （2）由得出为实数即可求解. 【小问1详解】 ，， 所以， 因为是纯虚数，所以，得. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为，所以，得， 所以，所以. 16. 在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点（含端点）. （1）若，求，的夹角的余弦值； （2）求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）法一：求出、、，再代入向量的夹角公式可得答案；法二：以为原点，、所在的直线为分别为轴建立平面直角坐标系，求出、的坐标，再由向量的夹角公式的坐标运算可得答案； （2）由（1）中的法二，设，，求出、的坐标，再由向量数量积的坐标运算及二次函数配方法求最值可得答案. 【小问1详解】 法一： 由图知：，， ，， 因为，所以是的中点， ， 所以， 所以 ， 所以； 法二：以为原点，、所在的直线为分别为轴建立 如图所示的平面直角坐标系，则， 则，， 所以； 【小问2详解】 由（1）中的法二，设，， ，， 所以， 因为，所以. 17. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差＝生产的产品质量－标准质量，单位）的样本数据统计如下： （1）求样本数据的70%分位数；（精确到0.01） （2）公司从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品．其中，分别为样本平均数和样本标准差，计算可得（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）． ①若产品的质量差为，试判断该产品是否属于一等品； ②假如公司包装时要求，3件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率． 【答案】（1） （2）①一等品；② 【解析】 【分析】（1）利用频率直方图的中位数计算方法即可求解； （2）①利用频率直方图先计算出样本均值，即可做出判断； ②利用古典概型计算方法，先列举出总的基本事件，再选出事件所包含的基本事件，即可求出事件发生的概率. 【小问1详解】 由于前2组的频率和为0.3，前3组的频率和为0.75， 所以可知70%分位数一定位于第三组内， 设70%分位数为x，则，解得 【小问2详解】 ①根据频率直方图计算样本平均数： 因为样本标准差，，所以，又， 则可知该产品属于一等品． ②记三件一等品为，两件二等品为， 摸出两件产品总基本事件共10个，分别为： ，，，，，，，，，， 设摸出两件产品中至少有一个一等品记为事件，则包含的基本事件共9个，分别是： ，，，，，，，，， 所以. 则摸出两件产品中至少有一个一等品的概率为. 18. 如图，四边形为矩形，四边形为梯形，平面平面，，，. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值的大小； （3）设平面平面，试判断与平面能否垂直？并证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）垂直，证明见解析 【解析】 【分析】（1）先证明，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）补形成长方体，找出线面角，求解即可； （3）根据题意可得，利用平行的传递性，可证明平面. 【小问1详解】 如图所示， 连结，交于，连接， ∵为矩形，∴为的中点， 在中，，分别为，的中点， ∴， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 根据题意，可以补形成长、宽、高分别为的长方体，作． 平面即是平面，由长方体性质知道，平面，平面， 则，且，，平面，则平面 则与平面所成角，且，． 中用等面积法得到，，求得， 则． 则直线与平面所成角的正弦值的大小为. 【小问3详解】 与平面垂直．证明如下： ∵四边形为矩形，∴， ∵平面平面， 又平面，平面平面，∴平面， ∴，， ∵四边形为矩形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. ∵平面，平面平面， ∴∴， ，平面，， 所以平面. 19. 请从：①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．（如未作出选择，则按照选择①评分） 在中，，，分别是角，，的对边，若________， （1）求角的大小； （2）若角的平分线长为1，且，求外接圆的面积； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）若选①，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；若选②，利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；若选③，利用正弦定理将边化角，再由辅助角公式计算可得； （2）利用等面积法及余弦定理求出，再由正弦定理求出外接圆的半径，即可得解； （3）利用正弦定理将、转化为关于的三角函数，再利用三角恒等变换公式及正切函数的性质计算可得. 【小问1详解】 若选①，因为， 由正弦定理得， 即， 所以， 由，得，所以， 即，因为，所以. 若选②，由， 化简得. 由正弦定理得， 即，所以. 因为，所以. 若选③，因为，由正弦定理得， 即， 因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以，所以； 【小问2详解】 因为角的平分线为， 由等面积法：， 即，即， 又， 所以，所以，即， 故外接圆的面积； 【小问3详解】 中，由正弦定理， 得，， 由（1）知，，又，代入上式得，， 所以 ， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 所以，所以， 则 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$