精品解析：湖北省武汉市江岸区2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷

2023～2024学年度第二学期期末质量检测 高一数学试卷 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. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 3. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 在“世界杯”足球赛亚洲区第二阶段比赛结束后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看中国队比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为，将数据分组整理后，列表如下： 观看场数 0 1 2 3 4 5 6 观看人数占调查人数的百分比 从表中可以得出错误结论为（ ） A. B. 估计观看比赛不低于4场的学生约为340人 C. 样本中，观看2场的学生为200人 D. 估计观看比赛场数的众数为3 6. 已知圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且，若是弧BC的中点，是线段AB的中点，则（ ） A 四点不共面 B. 四点共面 C. 为直角三角形 D. 为直角三角形 7. 某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛：教师射门，学生守门．已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差都是13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是14和8，女教师进球数的平均值为12，则女教师进球数的方差为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 8. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，，点E是上的点，且．设异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，二面角的大小为．若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 二、选择题：本题共3小题，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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设是一个随机试验的两个事件，则（ ） A. 若对立，则一定互斥 B. 若，则 C 若，则相互独立 D. 若，则一定对立 10. 已知点D是三角形的边上的点，且，，则（ ） A. 若点D是的中点，，则 B. 若平分，则 C. 当三角形的面积取最大值时，的最小值为 D. 若，且D是的中点，则一定是直角 11. 如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2），则（ ） A. 若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满 B. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在一次数学测试中，8名同学的成绩如下：112、96、100、108、121、86、102、111．设这组数据的中位数为a，极差为b，则____________． 13. 已知与为互相垂直的单位向量，，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是____________． 14. 如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，则M到三棱锥的外接球的球心的距离为____________． 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. 网络流行词“新四大发明”是指移动支付、高铁、网购与共享单车.某中学为了解本校学生中“新四大发明”的普及情况，从全校3000名学生中随机抽取了100人，发现样本中使用过移动支付的有60人，使用过共享单车的有43人，其中两种都使用过的有8人. （1）利用样本数据估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数； （2）经过进一步调查，样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生里，有3人坐过高铁.现从样本中两种都没使用过的学生里随机选出2名学生，求这2名学生都坐过高铁的概率. 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C对边，且． （1）求A； （2）若，当面积为时，求的周长． 17. 《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． （1）证明：四面体为鳖臑； （2）求点C到平面的距离； （3）请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分． （ⅰ）求几何体的表面积； （ⅱ）求几何体体积． 18. 现随机抽取1000名A校学生和1000名B校学生参加一场知识问答竞赛，得到的竞赛成绩全部位于区间中，现分别对两校学生的成绩作统计分析：对A校学生的成绩经分析后发现，可将其分成组距为10，组数为6，作频率分布直方图，且频率分布直方图中的Y（）满足函数关系（n为组数序号，），关于B校学生成绩的频率分布直方图如图所示，假定每组组内数据都是均匀分布的． （1）求k的值； （2）若B校准备给前50名的学生奖励，应该奖励多少分以上的学生？ （3）现在设置一个标准t来判定某一学生是属于A校还是B校，将成绩小于t的学生判为B校，大于t的学生判为A校，将A校学生误判为B校学生的概率称为误判率A，将B校学生误判为A校学生的概率称为误判率B，误判率A与误判率B之和称作总误判率．若，求总误判率的最小值，以及此时t的值． 19. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023～2024学年度第二学期期末质量检测 高一数学试卷 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. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可. 【详解】，所以. 故选：B. 2. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得. 【详解】梯形中，，而， 则梯形的高， 因此梯形的面积， 而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的， 所以原图形OABC的面积为. 故选：D 3. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可. 【详解】设圆台的母线长为l，高为h， 因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，母线， 因此圆台的高为， 所以圆台的体积为. 故选：A 4. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得，再利用投影向量的意义求解即得. 【详解】由，两边平方得，则， 而，所以在方向上的投影向量为. 故选：D 5. 在“世界杯”足球赛亚洲区第二阶段比赛结束后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看中国队比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为，将数据分组整理后，列表如下： 观看场数 0 1 2 3 4 5 6 观看人数占调查人数的百分比 从表中可以得出错误的结论为（ ） A. B. 估计观看比赛不低于4场的学生约为340人 C. 样本中，观看2场的学生为200人 D. 估计观看比赛场数的众数为3 【答案】C 【解析】 【分析】由频率分布表的性质，求出，否定A；先由频率分布表求出观看比赛不低于4场的学生所占比率为，由此估计观看比赛不低于4场的学生约为340人；C选项说的是样本中，并不是总体；出现频率最高的为3，所以众数是3. 【详解】由频率分布表的性质得：，故A正确； ∵观看比赛不低于4场的学生的频率为：， ∴估计观看比赛不低于4场的学生约为：人，故B正确； 样本中，观看2场的人数为人，故C错误； 样本中出现频率最高的为3．故估计全年级观看比赛场数的众数为3，故D正确. 故选：C 6. 已知圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且，若是弧BC的中点，是线段AB的中点，则（ ） A. 四点不共面 B. 四点共面 C. 为直角三角形 D. 为直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆柱中的直线与直线、直线与平面的位置关系，逐项判断即可得结论. 【详解】因为点，而平面，结合圆柱结构，所以平面，故四点不共面； 圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且， 若是弧BC的中点，是线段AB的中点，故， 所以，故； 连接，则依题有为在平面内的射影，在平面内显然与不垂直，故与不垂直； ，则为直角三角形， 故选：． 7. 某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛：教师射门，学生守门．已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差都是13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是14和8，女教师进球数的平均值为12，则女教师进球数的方差为（ ） A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样的方差计算公式计算即可. 【详解】设总进球数的平均数为，总方差为，男教师的权重为，进球的平均数为，权重为方差为， 女教师的权重为，进球的平均数为，方差为， 根据加权平均公式，又因为，解得， 根据分层抽样的方差公式得： ，解得. 故选：B 8. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，，点E是上的点，且．设异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，二面角的大小为．若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间角的相关定义分析可得，，，结合题意列式求解即可. 【详解】因为平面，平面， 可得， 又因为为正方形，则， 且，平面，可得平面. 因为∥，可知异面直线与所成角， 在中，可得； 因为平面，可知直线与平面所成角， 在中，可得； 过作，垂足为，连接， 因为，则，， 因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 可知二面角的平面角， 在中，可得； 因为，即，解得. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是：过作，利用三垂线法分析可知二面角的平面角. 二、选择题：本题共3小题，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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设是一个随机试验的两个事件，则（ ） A. 若对立，则一定互斥 B. 若，则 C. 若，则相互独立 D. 若，则一定对立 【答案】AC 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件的关系判断A，根据事件的包含关系判断B，利用相互独立事件的概念判断C，结合对立事件定义举反例判断D. 【详解】选项A：互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生， 所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，A说法正确； 选项B：若，则，B说法错误； 选项C：由相互独立事件的概念可知，若，则相互独立，C说法正确； 选项D：对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，即不能保证两事件不同时发生，也不能保证两者必有其一发生， 如投掷一枚骰子，事件为：向上的点数为奇数，事件为向上的点数不小于4， 满足，但不是对立事件，D说法错误； 故选：AC 10. 已知点D是三角形的边上的点，且，，则（ ） A. 若点D是的中点，，则 B. 若平分，则 C. 当三角形的面积取最大值时，的最小值为 D. 若，且D是中点，则一定是直角 【答案】BCD 【解析】 【分析】将平方，即可求出，即可判断A；由角平分线定理直接判断B；根据面积公式分析直角时面积最大，后用等面积法即可求解，进而可判断C；设，由正弦定理可得，分类讨论计算可判断D. 【详解】对于A，因为点是的中点， 所以， 因为，所以， 所以， 故，故A错误； 对于B，在中，因为平分，，,直接由角平分线定理知道， 所以，故B正确； 对于C，当三角形的面积取最大值时，， 则为直角，，的最小即为直角三角形斜边上的高， 用等面积法，，代入，解得，故C正确； 对于D，设，， 在中，由正弦定理可得，， 又因为，所以，即， 在中，，所以， 同理在中，有， 因为是的中点，即，即， 得则，或， 当时，即，即，即是等腰三角形， 而，所以， 所以，故D正确. 故选： BCD. 11. 如图1，一个正四棱柱形密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2），则（ ） A. 若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满 B. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半 C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，设图1中水的高度为，几何体的高为，底面正方形的边长为，利用水的体积，得出与的关系，从而结合选项即可逐一判断． 【详解】设图1中水的高度，几何体的高为，底面正方形的边长为； 则图2中水的体积为，即，解得， 所以正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半是错误的，即B错误． 对于A，往容器内再注入升水，水面将升高，则，容器恰好能装满，A正确； 对于C，当容器侧面水平放置时，点在长方体中截面上，占容器内空间的一半， 所以水面也恰好经过点，C正确； 对于D中，如图所示，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时， 因为四棱锥的高为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为， 可得，由，可得，可得， 所以的体积为， 可得水的体积为，此时，矛盾，所以D不正确. 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在一次数学测试中，8名同学成绩如下：112、96、100、108、121、86、102、111．设这组数据的中位数为a，极差为b，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据中位数的计算以及极差的计算即可求解. 【详解】将112、96、100、108、121、86、102、111从小到大排列为：86，96，100，102，108，111，112，121， 故中位数为，极差为， 故， 故答案为： 13. 已知与为互相垂直的单位向量，，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积大于0可得，当时，，即可求解锐角时的范围. 【详解】与为互相垂直的单位向量， ，，， 与的夹角为锐角， ， ，， ， 当时，则，故， 与的夹角为锐角时，则的取值范围是 故答案为： 14. 如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，则M到三棱锥的外接球的球心的距离为____________． 【答案】 【解析】 【分析】作出图形，易知当三棱锥的体积最大时，平面平面，即可判断的中点是三棱锥的外接球球心，利用三角形的边角关系和余弦定理即可求. 【详解】如图： 当三棱锥的底面上的高最大时，三棱锥的体积最大，此时平面平面， 又平面平面，取的中点，则， 则根据面面垂直的性质定理可得：平面， 取的中点，则，又，且，则， 又，故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径； 在△中，， 故； 又，故，又， 所以由余弦定理可得， 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. 网络流行词“新四大发明”是指移动支付、高铁、网购与共享单车.某中学为了解本校学生中“新四大发明”普及情况，从全校3000名学生中随机抽取了100人，发现样本中使用过移动支付的有60人，使用过共享单车的有43人，其中两种都使用过的有8人. （1）利用样本数据估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数； （2）经过进一步调查，样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生里，有3人坐过高铁.现从样本中两种都没使用过的学生里随机选出2名学生，求这2名学生都坐过高铁的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用容斥原理求出样本中移动支付和共享单车两种都没使用的人数，从而利用频率估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数； （2）利用列举法结合古典概型概率公式计算概率即可. 【小问1详解】 样本中使用过移动支付的人组成集合，使用共享单车的人组成集合， 表示集合中的元素，由题意，，， 所以， 所以样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为， 从而估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为； 【小问2详解】 由（1）知样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生有人，记为A，B，C，D，E， 其中有3人坐过高铁的学生记为A，B，C. 则从5人中抽取2人的所有抽取情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种， 其中2名学生都坐过高铁的有AB，AC，BC，共3种，故所求概率为. 所以这2名学生都坐过高铁的概率为. 16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． （1）求A； （2）若，当面积为时，求的周长． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理边化角，然后根据和差化积公式，半角公式和诱导公式将变为即可求解； （2）由余弦定理和面积公式解方程组即可求解. 【小问1详解】 根据正弦定理，原式可化为 而 所以有， 因为，所以， 故， 所以. 【小问2详解】 由余弦定理得：，即， 又因为，即，解方程组得，所以三角形的周长为. 17. 《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． （1）证明：四面体为鳖臑； （2）求点C到平面的距离； （3）请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分． （ⅰ）求几何体的表面积； （ⅱ）求几何体的体积． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）（ⅰ） （ⅱ）12 【解析】 【分析】（1）因为四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑，所以结合线面垂直的性质和勾股定理证明垂直； （2）根据等积法求点C到平面的距离； （3）（ⅰ）因为几何体的表面积根据三角形和梯形面积公式即可求出表面积. （ⅱ）将几何体拆解成两个四棱锥，再用等面积法求两个几何体的高即可求出体积. 【小问1详解】 取的中点，连接， 平面，，平面， 又平面，，为直角三角形. 四边形中，，，，， ，四边形为平行四边形，， ，， ，， 在中，，，，为直角三角形， 在中，，，，为直角三角形， 四面体为鳖臑. 【小问2详解】 设点C到平面的距离为， ，即，解得. 【小问3详解】 （ⅰ）取的中点，连接， 根据题意可知，四边形为平行四边形， ， ， ， 又因为的边上的高为，， 几何体的表面积 . （ⅱ） 四边形为梯形，， 又平面，平面平面， 又平面平面， 过点作的垂线即为四棱锥的高，设为， 过点作的垂线即为四棱锥E的高，设为， ，即，解得， 又， 又，， ，即，解得， ， . 18. 现随机抽取1000名A校学生和1000名B校学生参加一场知识问答竞赛，得到的竞赛成绩全部位于区间中，现分别对两校学生的成绩作统计分析：对A校学生的成绩经分析后发现，可将其分成组距为10，组数为6，作频率分布直方图，且频率分布直方图中的Y（）满足函数关系（n为组数序号，），关于B校学生成绩的频率分布直方图如图所示，假定每组组内数据都是均匀分布的． （1）求k的值； （2）若B校准备给前50名的学生奖励，应该奖励多少分以上的学生？ （3）现在设置一个标准t来判定某一学生是属于A校还是B校，将成绩小于t的学生判为B校，大于t的学生判为A校，将A校学生误判为B校学生的概率称为误判率A，将B校学生误判为A校学生的概率称为误判率B，误判率A与误判率B之和称作总误判率．若，求总误判率的最小值，以及此时t的值． 【答案】（1）； （2）奖励72分以上的学生； （3）总误判率最小为， 【解析】 【分析】（1）利用之和为0.1，列方程求参数即可； （2）根据频率分布直方图可知所求的分数应该在；列出方程求解即可. （3）讨论、分别写出对应总误判率为、 ，根据单调性确定最小值及其对应值. 【小问1详解】 由频率之和为1，故之和为0.1，，解得； 小问2详解】 根据B校学生成绩的频率分布直方图，设所求的分数为， 则，解得，所以应该奖励分以上的学生； 【小问3详解】 设总误判率为，又，则时，， 时，， 由的单调性知，当，最小，此时，所以总误判率最小为，此时. 19. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值； （3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值. 【小问1详解】 平面平面，交线为，又，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 因为，，平面， 故⊥平面； 【小问2详解】 ，，， 由勾股定理得， 平面，平面， 所以， 因为，，由勾股定理得， 过点作⊥于点，则， 故， 过点作⊥，交于点，连接， 故即为二面角的平面角， 由勾股定理得， 又， 由余弦定理得，故， 在Rt中，，即，解得， 故， 在Rt中，， 由余弦定理得， 故， 在中，由余弦定理得， 故二面角的余弦值为； 【小问3详解】 连接，因为，，所以， 又，⊥，由勾股定理得， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为， 则， 要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可， ， 由（1）得平面，故， 设，则，， 故， 在中，由余弦定理得 ， 故， 则， 因为，所以， 故， 当时，取得最小值，最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$