精品解析：天津市耀华中学2023-2024学年高一下学期期末学情调研数学试卷

天津市耀华中学2023-2024学年高一下学期期末学情调研数学试卷 一、选择题（本题共有10个小题，每小题3分，每个小题只有一个正确选项，请将答案填涂到答题卡相应位置上） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 样本数据14，16，18，20，21，22，24，28的第三四分位数为（ ） A. 16 B. 17 C. 23 D. 24 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 一枚质地均匀骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 8. 在中，内角所对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 9. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ） A. B. C. D. 10. 距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形.图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，点在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且.不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道)的室内容积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本题共有8个小题，每小题4分，请将答案填在题卡相应位置上，答在试卷上的无效） 11. i是虚数单位，则复数________． 12. 已知点，则向量在上投影向量坐标为________，投影向量的模为__________. 13. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____. 14. 某武警大队共有第一、第二、第三三支中队，人数分别为30，30，40.为了检测该大队的射击水平，从整个大队用按比例分配分层随机抽样共抽取了30人进行射击考核，统计得三个中队参加射击比赛的平均环数分别为8.8，8.5，8.1，估计该武警大队队员的平均射击水平为__________环． 15. 2009年9月，经联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产节日．为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则甲在两轮活动中答对1个问题的概率为______，“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率为______． 16. 如图，在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正切值为____. 17. 如图，在正三棱柱中，，分别为的中点，则多面体体积为______． 18. 如图，梯形且，，则____________，在线段BC上，则的取值范围为____________. 三、解答题（本题共有4个小题，总分38分，请将答案填在答题卡相应位置上，答在试卷上的无效） 19. （1）已知向量，，与的夹角为. ①求； ②求. （2）已知向量，. ①若，求实数k的值； ②若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围. 20. 某高校承办了奥运会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、的值； （2）估计这100名候选者面试成绩平均数和中位数（精确到0.1）； （3）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，求选出的两人来自同一组的概率. 21. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的面积； （ii）求值. 22. 如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且，D，E，F分别是，，的中点. （1）求直线与所成角的余弦值； （2）求证：平面； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市耀华中学2023-2024学年高一下学期期末学情调研数学试卷 一、选择题（本题共有10个小题，每小题3分，每个小题只有一个正确选项，请将答案填涂到答题卡相应位置上） 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标可得答案． 【详解】， 复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限． 故选：D. 2. 样本数据14，16，18，20，21，22，24，28的第三四分位数为（ ） A. 16 B. 17 C. 23 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】先将数据从小往大排序后结合百分位数公式计算即可. 【详解】这组数据一共有个数据，从小往大排列为14，16，18，20，21，22，24，28， 因为，这组数据的第三四分位数是从小往大排列的第个和第个数据的平均数， 即. 故选：C. 3. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 4. 一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中位数分析可知，结合古典概型分析求解. 【详解】显然x的可能取值有，共有6种可能， 除去x将数据按升序排列可得， 可知这6个点数的中间两数必有3， 若这6个点数的中位数为，则中间两数应为3，4， 可得，共有3种可能， 所以这6个点数的中位数为的概率为. 故选：C. 5. 若，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出，根据数量积的运算律求出、，再由夹角公式计算可得. 【详解】因为，所以， 又，所以，解得， 所以， 设与的夹角为， 所以，又，所以 故选：A 6. 已知圆柱和圆锥底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 7. 设为两个平面，为两条直线，且.下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若与,所成的角相等，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③. 【详解】对①，当，因为，，则， 当，因为，，则， 当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确； 对②，若，则与不一定垂直，故②错误； 对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线， 因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知， 同理可得，则，因为平面，平面，则平面， 因为平面，，则，又因为，则，故③正确； 对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误； 综上只有①③正确， 故选：A. 8. 在中，内角所对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理得，利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入计算即可. 【详解】因为，则由正弦定理得. 由余弦定理可得:， 即:，根据正弦定理得， 所以， 因为为三角形内角，则，则. 故选：C. 9. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定雕刻的体积最大的球为正八面题的内切球，并确定球心和切点的位置，再根据等面积公式求内切球的半径，即可求解球的体积. 【详解】如图，设底面中心为，，中点分别为，，连接，，，，，， 设金刚石边长为，则由题知，，所以， 在等边中，边上的高， 在中，， 由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在点，与面的切点在线段上， 球的半径即为截面内切圆的半径，设内切圆半径为， 由等面积法可知：，解得，所以内切球的半径为 则内切球体积为 故选：D． 10. 距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形.图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为，点在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且.不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道)的室内容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意问题转化为四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可. 【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，则， ， ， ，则； 取的中点，连接，过点作于点， 则， 在中，过作交于，连接， 则,则， 所求体积. 故选：. 二、填空题（本题共有8个小题，每小题4分，请将答案填在题卡相应位置上，答在试卷上的无效） 11. i是虚数单位，则复数________． 【答案】 【解析】 【分析】直接利用复数的四则运算求解即可. 【详解】. 故答案为： 12. 已知点，则向量在上的投影向量坐标为________，投影向量的模为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算，结合投影向量及投影向量的模运算求解. 【详解】由题意可得：，则， 空1：向量在上的投影向量， 故向量在上的投影向量坐标为； 空2：投影向量的模为. 故答案为：；. 13. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____. 【答案】 【解析】 【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可． 【详解】根据题意可得基本事件数总为个. 点数和为5的基本事件有，，，共4个. ∴出现向上的点数和为5的概率为. 故答案为：. 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 14. 某武警大队共有第一、第二、第三三支中队，人数分别为30，30，40.为了检测该大队的射击水平，从整个大队用按比例分配分层随机抽样共抽取了30人进行射击考核，统计得三个中队参加射击比赛的平均环数分别为8.8，8.5，8.1，估计该武警大队队员的平均射击水平为__________环． 【答案】 【解析】 【分析】先得到第一，第二，第三中队参加考核人数，估计求出参加考核的30人的平均射击环数. 【详解】该武警大队共有（人）， 按比例分配得第一中队参加考核人数为； 第二中队参加考核人数为； 第三中队参加考核人数为， 所以参加考核的30人的平均射击环数为， 所以估计该武警大队队员的平均射击水平为环． 故答案为： 15. 2009年9月，经联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产的节日．为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则甲在两轮活动中答对1个问题的概率为______，“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率为______． 【答案】 ①. ##0.375 ②. 【解析】 【分析】利用相互独立事件即可求得； “粽队”在两轮活动中答对三个问题相当于事件“甲答对1个，乙答对2个”、事件“甲答对2个，乙答对1个”的和事件发生，根据独立事件和互斥事件概率的求法，即可求解. 【详解】因为每轮活动中甲答对问题的概率为，则每轮活动中甲答错问题的概率为，所以甲在两轮活动中答对1个问题的概率为. 设分别表示甲两轮答对1个，2个问题的事件， 分别表示乙两轮答对1个，2个问题的事件，根据独立事件的性质，可得， ，， ，， 设为 “粽队”在两轮活动中答对三个问题的事件， 则，因为与互斥，与，与分别相互独立，， 所以“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率. 故答案为：，. 16. 如图，在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正切值为____. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接，可证得为直线与平面所成角，然后在中求解即可. 【详解】取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为为等边三角形，为的中点， 所以， 因为，平面， 所以平面 所以为直线与平面所成角， 因为， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正切值为. 故答案为： 17. 如图，在正三棱柱中，，分别为的中点，则多面体体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知：为三棱台，利用割补法，结合柱体和台体体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：为三棱台， 则， 可得正三棱柱的体积， 三棱台的体积， 所以多面体体积为. 故答案为：. 18. 如图，梯形且，，则____________，在线段BC上，则的取值范围为____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】选一组基向量，分别表示、，由求得与的夹角即；过点作，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，分别写出的坐标，进而得到的坐标，设，分别写出、的坐标，将转化成关于的二次函数，求得取值范围. 【详解】因为，， 所以， 所以，即， 解得，因为，所以； 过点作，垂足为，以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系， 在中，，，所以，，所以， 所以，则， 因为在线段BC上，设， 从而，， ， 因为，所以当时，取得最小值，当时，取得最大值， 所以的取值范围为. 故答案为：；. 三、解答题（本题共有4个小题，总分38分，请将答案填在答题卡相应位置上，答在试卷上的无效） 19. （1）已知向量，，与的夹角为. ①求； ②求. （2）已知向量，. ①若，求实数k的值； ②若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围. 【答案】（1）①；②.（2）①0；②且. 【解析】 【分析】（1）①利用数量积的定义求解即可； ②利用求解即可； （2）①根据题意求得，结合向量垂直的数量积的表示，列出方程，即可求解； ②与的夹角是钝角转化为且与不平行，结合向量数量积的坐标运算求解即可. 【详解】（1）①由题意知； ②由题意及①得. （2）①由题意知，因为，所以，即，解得.故实数k的值为0； ②由题意知，因为与的夹角是钝角，所以，解得； 又由得； 所以实数k的取值范围为且. 20. 某高校承办了奥运会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、的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）； （3）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，求选出的两人来自同一组的概率. 【答案】（1） （2）平均数为，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和1，即可求出a，b； （2）根据频率分布直方图中各个数字特征的求法计算即可求解； （3）先分层抽样求出第四、五组抽取的人数，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，解得； 【小问2详解】 由（1）知，平均数为； 前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75， 所以中位数位于组内，且，即中位数为69.4； 【小问3详解】 第四、五两组志愿者分别有20人、5人， 故按照分层抽样抽得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人选出2人，所有情况有，共10种， 其中选出的2人来自同一组的有，共6种， 所以选出的2人来自同一组的概率为. 21. 在中，内角所对的边分别为，已知. （1）求的值； （2）若. （i）求的面积； （ii）求的值. 【答案】（1）2 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简已知式即可得出答案； （2）（i）由正弦定理和余弦定理可得，再由同角三角函数的基本关系和三角形的面积公式即可得出答案；（ii）由二倍角的正弦和余弦公式求出，再利用两角和的正弦公式计算即得. 【小问1详解】 由正弦定理 ， 即， ， 所以. 【小问2详解】 （i）由（1）知，即，又， 由余弦定理，得， 解得， ，则， . （ii）， . 22. 如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且，D，E，F分别是，，的中点. （1）求直线与所成角余弦值； （2）求证：平面； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）建立适当的空间直角坐标系，求出，结合向量夹角余弦公式即可得解. （2）要证明平面，只需证明，即只需证明. （3）由（2）得平面的一个法向量为，故只需求出平面的法向量，再结合向量夹角余弦公式即可得解. 【小问1详解】 由题意侧棱平面， 又因为平面， 所以， 因为，所以， 所以两两互相垂直， 所以以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 因为为等腰直角三角形，，且，D，E，F分别是，，的中点. 所以， ， 所以， 设直线与所成角为， 所以. 【小问2详解】 由（1）， 所以， 所以， 又因为平面， 所以平面. 【小问3详解】 由（2）可知平面，即可取平面的一个法向量为， 由（1）可知， 不妨设平面的法向量为， 则，不妨令，解得， 即可取平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$