精品解析：江苏省南京市金陵中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023-2024学年第二学期高一年级期末测试 数学试卷 命题：高一数学备课组 审核：朱骏 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. 已知i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，利用圆上点到定点距离的最值的求法得解. 【详解】因为复数z满足， 所以复数对应的点的轨迹为单位圆，圆心为原点，半径， 圆心到复数对应的点的距离为， 所以的最大值为. 故选：B 2. 已知数据3，7，a，6的平均数是4，则这组数据的标准差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均值求出，再由方差公式计算即可得解. 【详解】由题意，，即， 则， 所以， 故选：C 3. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD. 【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误； 对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误； 第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故， 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为， 故， 同时发生的事件包含样本点为，故， 所以，即不相互独立，故C错误； 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故， 同时发生的事件包含的样本点为，故， 所以，即A与C相互独立，故D正确. 故选：D 4. 已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. ，，，，则 D. ，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据空间直线的位置关系判断B，根据面面平行的判定定理判断C，根据线面平行的性质定理判断D. 【详解】当，，时，不能推出，故A错误； 当，时，可能相交，也可能异面，不能推出，故B错误； 当，，，，若不相交，则推不出，故C错误； 当，，，由线面平行的性质定理知，故D正确. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据两角和的正弦公式及二倍角的正切公式化简即可得解. 【详解】由可得， 即， 所以. 故选：C 6. 已知非零向量，满足，且，则向量，的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的垂直可得数量积为0，再由夹角公式代入求解即可. 【详解】因为， 所以， 即， 所以. 故选：A 7. 如图，正方体的棱长为3，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正方体性质可证平面，所以可知为三棱锥的高，由棱锥体积公式可解. 【详解】连结交于，如图， 由，，平面，平面， 所以平面，得点到平面的距离是，也即点到平面的距离是， 即三棱锥的高为，又， 故三棱锥的体积为. 故选：A． 8. 如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知，，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为（ ） A. 16∶9 B. 144∶25 C. 225∶64 D. 160∶81 【答案】B 【解析】 【分析】先利用，由二倍角公式求出的余弦，再由两角差的余弦公式求出的余弦，再由同角三角函数基本关系求出正切，即得出，即可得解. 【详解】因为N为AC的中点，即是以为直径的圆的圆心， 所以, 所以，即， 由为锐角可得，所以， 由，可得， 因为, 所以 ， 所以，所以， 所以以直角边，为直径的两个半圆的面积之比为. 故选：B 二、选择题：本题共3小照，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.全都选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 已知复数，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念判断A，根据特例可判断B，根据复数的除法及共轭复数概念判断C，根据复数模的性质判断D. 【详解】对A，设，由知，，故A正确； 对B，设，则满足，此时，故B错误； 对C，，，， 所以，， 所以，故C正确； 对D,因为，所以，所以，故D正确. 故选：ACD 10. 已知向量，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 与一定不是平行向量 C. 的最大值为 D. 若，且在上的投影向量为，则与的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据判断A，由平行向量的坐标表示判断B，根据向量模的坐标表示及辅助角公式判断C，根据投影向量的定义及夹角公式判断D. 【详解】对于A：若，则，所以，故A正确； 对于B：因为，所以与一定不是平行向量，故B正确； 对于C：因为， 所以， 所以当时取得最大值，最大值为，故C错误； 对于D：在上的投影向量为，所以， 所以， 又，所以，故D正确. 故选：ABD 11. 如图，四边形ABCD是边长为2a的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将，，分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则（ ） A. AP⊥EF B. 点P在平面AEF内的射影为的外心 C. 二面角的正弦值为 D. 四面体的外接球的体积为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定和性质判断A，根据垂心的定义判断B，根据二面角的定义判断C，由棱锥外接球体积的求解判断D. 【详解】根据题意，平面，故平面； 因为平面，所以， 因为； 故可得两两垂直. 对A：由平面平面，故，故A正确； 对B：过作平面的垂线，连接，延长交于，如下所示： 由A可知，，又平面平面，故， 又平面，故可得：平面， 又平面，故可得，即点在三角形底边的高上； 同理可证，点在三角形底边的高线上. 故点在平面的投影即为三角形的垂心，故B错误； 对C：根据B中所求，为三角形的垂线， 又，根据三线合一故可得点为中点. 又，故三角形为等腰三角形，连接，则， 根据二面角的定义，显然即为所求二面角. 在三角形中， ， ，又，故. 故二面角的余弦值为，则C错误； 对D：因为两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高分别为的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径， 故外接球体积，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高， 因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 13. 甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格概率分别为，那么三人中恰有两人合格的概率是________． 【答案】 【解析】 【分析】计算出甲乙，甲丙，乙丙合格的概率，相加后得到答案. 【详解】甲乙合格的概率为， 甲丙合格的概率为， 乙丙合格的概率为， 故三人中恰有两人合格的概率为. 故答案为： 14. 如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____. 【答案】. 【解析】 【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值. 【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD. ， 得即故. 【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题. 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. 已知复数． （1）若，求； （2）若，且是纯虚数，求． 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】(1)利用复数的除法，即可求解. (2)设，根据模长和是纯虚数，即可求解. 【小问1详解】 【小问2详解】 设，所以， 又，且是纯虚数， 所以，解得或， 所以或. 16. 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．（要求列出样本空间进行计算） 【答案】（1），中位数. （2） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得，，由频率分布直方图求中位数； （2）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可． 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为，即， 所以； 前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75， 所以中位数在第三组，且为； 【小问2详解】 第四、第五两组志愿者分别有20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为， 这5人中选出2人，所有情况有,，,，,，，，,．,，，，，共有10种情况， 其中选出的两人来自同一组的有,，,，,，，,，共6种情况， 故选出的两人来自同一组的概率为． 17. 如图，在直三棱柱中，M为棱AC的中点，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）利用中位线定理得线线平行，再运用线面平行的判定定理即可. （2）设，利用相似三角形的性质结合勾股定理可计算，再由勾股定理可得，由面面垂直的性质定理可得面，继而可得，再运用线面垂直的判定定理即可. 【小问1详解】 连接交于点， 分别为的中点， ， 又平面，平面， 平面 【小问2详解】 设, ,设，则， 由勾股定理得，， M为棱AC的中点，由，得为，的三等分点， ， ，即， 在直三棱柱中，面面，且面面， M为棱AC中点，， ，又面， 面，又面， ， 又，平面，平面， 平面. 18. 如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且． （1）若，求的值； （2）设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值． （3）若，求的值． 【答案】（1）12 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积定义计算即可； （2）由正弦定理求出，再由三角形面积公式得出面积，利用三角恒等变换化简即可得出最值； （3）由三角形面积间的关系得出，利用（2）中结论化简为，再由三角恒等变换化简求出角正切值即可得解. 【小问1详解】 中，， 所以 所以. 【小问2详解】 在中，，， 由正弦定理得，即， 在中，， 所以，所以 所以 ， 因为，所以， 所以当且仅当，即时，的面积取最大值为. 小问3详解】 当时，， 即， 因为， 所以， 设且，由（2）得，，且， 所以， 所以， 即， 两边同除以，得， 解得或（舍去）， 此时. 19. 已知如图一，在矩形ABCD中，，．将沿BD折起，得到大小为的二面角． （1）当时，求与平面BCD所成角的正切； （2）当时，求B到平面的距离； （3）①当，求的值； ②如图二，在三棱锥中，已知，，，二面角的大小为，试直接写出利用，，的三角函数表示的结论，不需要证明． 【答案】（1） （2） （3）①② 【解析】 【分析】（1）由二面角为直二面角，求出为与平面所成角，由余弦定理求出，解直角三角形即可得解； （2）平面可知三棱锥高，再由等体积法求B到平面的距离； （3）①求出二面角的余弦，再由余弦定理求解，②直接写出结论. 【小问1详解】 过作于，连接，如图， 因为二面角的大小为，所以平面平面， 因为，平面∩平面，平面， 所以平面， 所以为与平面所成角， 在中， 在中， 在中，， 所以在中， ， 所以, 中， 即与平面所成角的正切是. 小问2详解】 在（1）图中，， 在中， 所以， 的面积 因为平面， 所以三棱锥的体积 所以B到平面的距离. 【小问3详解】 ①矩形中找到的对应线段，并设的延长线交于， 在中，， 所以 在三棱锥中，如图， 由，所以为二面角的平面角， 即 在中， 在中， ② 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年第二学期高一年级期末测试 数学试卷 命题：高一数学备课组 审核：朱骏 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知数据3，7，a，6的平均数是4，则这组数据的标准差为（ ） A B. C. D. 3. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 4. 已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（ ） A 若，，则 B. 若，，则 C. ，，，，则 D. ，，，则 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知非零向量，满足，且，则向量，的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，正方体的棱长为3，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 8. 如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知，，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为（ ） A. 16∶9 B. 144∶25 C. 225∶64 D. 160∶81 二、选择题：本题共3小照，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全都选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9. 已知复数，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知向量，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 与一定不是平行向量 C. 的最大值为 D. 若，且在上的投影向量为，则与的夹角为 11. 如图，四边形ABCD是边长为2a的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将，，分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则（ ） A. AP⊥EF B. 点P在平面AEF内的射影为的外心 C. 二面角的正弦值为 D. 四面体的外接球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在正四棱台中，，则该棱台体积为________． 13. 甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，那么三人中恰有两人合格的概率是________． 14. 如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知复数． （1）若，求； （2）若，且是纯虚数，求． 16. 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．（要求列出样本空间进行计算） 17. 如图，在直三棱柱中，M为棱AC的中点，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面． 18. 如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且． （1）若，求的值； （2）设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值． （3）若，求的值． 19. 已知如图一，在矩形ABCD中，，．将沿BD折起，得到大小为的二面角． （1）当时，求与平面BCD所成角的正切； （2）当时，求B到平面的距离； （3）①当，求的值； ②如图二，在三棱锥中，已知，，，二面角大小为，试直接写出利用，，的三角函数表示的结论，不需要证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$