精品解析：山西省大同市灵丘县豪洋中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

2023∼2024学年高一期末质量检测卷 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册. 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. 采用简单随机抽样的方法，从含有8个个体的总体中抽取1个容量为2的样本，则某个个体被抽到的概率为（　　） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则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 3. 某部门为了了解一批树苗的生长情况，在4000棵树苗中随机抽取400棵，统计这400棵树苗的高度（单位：），将所得数据分成7组：，，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图，那么根据该图可推测，在这4000棵树苗中高度小于的树苗棵数约是（　　） A. 1680 B. 1760 C. 1840 D. 1920 4. 袋子中有一些大小质地完全相同的红球、白球和黑球，从中任意摸出一球，摸出的球是红球或白球的概率为0.56，摸出的球是红球或黑球的概率为0.68，则摸出的球是白球或黑球的概率为（　　） A. 0.64 B. 0.72 C. 0.76 D. 0.82 5. 在正四棱锥中，，，点是棱的中点，则三棱锥的体积为（　　） A. B. C. D. 6. 已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥的所有顶点都在表面积为的球的球面上，平面，，则直线与所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 8. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 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. 已知事件，且，，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则 B. 若与互斥，则 C. 若与相互独立，则 D. 若与相互独立，则 10. 在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（　　） A. 若，，，则符合条件的恰有两个 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，则是直角三角形 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，分别为棱，的中点，点是棱上的一点，则下列说法正确的是（　　） A. 存在点，使得平面 B. 二面角的余弦值为 C. 三棱锥的内切球的体积为 D. 的周长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，内角，，的对边分别为，，，若的面积，且，则外接圆的面积为________． 13. 现有甲、乙两个形状完全相同的正四棱台容器如图所示，其中，，，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度恰好是正四棱台高度的一半时用时19分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度恰好是正四棱台高度的一半时用时________分钟． 14. 在中，，点是所在平面内的一点，且，，则的最小值为________． 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. 某工厂生产某款产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为一等品，低于10分的为二等品．下面是检验员从一批产品中随机抽取的10件产品的评分： 9.5 10.2 9.7 9.8 10.0 9.6 10.1 9.7 10.1 10.3 经计算得，其中为抽取的第件产品的评分，． （1）求这组样本的平均数和方差； （2）若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高0.3．根据以上随机抽取的10件产品改进后的评分，估计改进后该厂生产的产品评分的平均数和方差． 16. 如图，在矩形中，，，点是线段上的一点，且，点是线段上的一点． （1）若，且，求的值； （2）求的取值范围． 17. 在中，点是边上一点，且，，记，． （1）若，且，求的长； （2）若，，求的面积． 18. 为培养学生的核心素养，协同发展学科综合能力，促进学生全面发展，某校数学组举行了数学学科素养大赛，素养大赛采用回答问题闯关形式．现有甲、乙两人参加数学学科素养大赛，甲、乙两人能正确回答问题的概率分别是和．假设两人是否回答出问题，相互之间没有影响；每次回答是否正确，也没有影响． （1）若乙回答了4个问题，求乙至少有1个回答正确的概率； （2）若甲、乙两人各回答了3个问题，求甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个的概率； （3）假设某人连续2次未回答正确，则退出比赛，求甲恰好回答5次被退出比赛的概率． 19. 如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023∼2024学年高一期末质量检测卷 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册. 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. 采用简单随机抽样的方法，从含有8个个体的总体中抽取1个容量为2的样本，则某个个体被抽到的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据简单抽样每个个体被抽到的概率相等，即可求解. 【详解】由于每个个体被抽到的概率相等，所以每个个体被抽到的概率是． 故选:C． 2. 若复数满足，则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】根据复数的乘方和乘法、除法运算法则计算得，由共轭复数的定义得，再利用复数的几何意义判断其在第几象限即可得解. 【详解】因为， 所以， 所以，所以复数在复平面内对应的点为，位于第四象限． 故选：D． 3. 某部门为了了解一批树苗的生长情况，在4000棵树苗中随机抽取400棵，统计这400棵树苗的高度（单位：），将所得数据分成7组：，，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图，那么根据该图可推测，在这4000棵树苗中高度小于的树苗棵数约是（　　） A. 1680 B. 1760 C. 1840 D. 1920 【答案】B 【解析】 【分析】求出树苗中高度小于的频率，然后根据频数=样本容量×频率可求出结果. 【详解】由频率分布直方图可得，小于的树苗的频率， 所以可推测，4000棵树苗中高度小于的树苗棵数约为． 故选：B． 4. 袋子中有一些大小质地完全相同的红球、白球和黑球，从中任意摸出一球，摸出的球是红球或白球的概率为0.56，摸出的球是红球或黑球的概率为0.68，则摸出的球是白球或黑球的概率为（　　） A. 0.64 B. 0.72 C. 0.76 D. 0.82 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件的概率公式即可求解. 【详解】设摸出红球的概率为，摸出白球的概率为，摸出黑球的概率为， 所以，，且， 所以，， 所以，即摸出的球是白球或黑球的概率为0.76． 故选C． 5. 在正四棱锥中，，，点是棱的中点，则三棱锥的体积为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱锥的体积公式求解即可. 【详解】记，连接， 则即为棱锥的高， 又，， 所以，， 因为点是棱的中点， 所以 ． 故选：D． 6. 已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律可求得，根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，，， ，， ，，. 故选：C. 7. 已知三棱锥的所有顶点都在表面积为的球的球面上，平面，，则直线与所成角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用外接球的体积公式和球心的几何性质，可利用球的半径来求出的长，再利用中位线平移思想来计算异面直线所成角的余弦值. 【详解】设球的半径为，所以，解得． 设的外接圆的半径为，所以，解得， 根据球心的性质，假设底面的外接圆的圆心为，则外接球的球心一定满足平面， 又由于，取的中点为，连接，则， 又因为平面，所以， 而平面，所以，则， 即四边形是矩形，所以， 则由勾股定理得：，即，解得． 再取，的中点，，连接，，，， 因为平面，又，平面，所以，， 在等边中，，所以， 所以，， 又，，分别为，，的中点， 所以，， 又因为，，所以为直线与所成的角或其补角， 由余弦定理得， 即直线与所成角的余弦值为． 故选：B． 8. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，然后利用正弦定理和三角恒等变换，由求解. 【详解】解：因为，由正弦定理得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 又， 所以， 所以， 又，，则， 所以或，即或（舍去）， 则， 所以解得，则． 所以， ， ， 即的取值范围是． 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是得到，从而利用确定角B的范围，由此得解. 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. 已知事件，且，，则下列说法正确的是（　　） A. 若，则 B. 若与互斥，则 C. 若与相互独立，则 D. 若与相互独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式直接求解. 【详解】对于A，若，则，故A错误； 对B，若与互斥，则，故B正确； 对于C，若与相互独立，则与相互独立， 所以，故C正确； 对于D，若与相互独立， 则，故D错误. 故选：BC. 10. 在中，内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是（　　） A. 若，，，则符合条件的恰有两个 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，则是直角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，求出与比较即可，对于B，利用正弦定理统一成角的形式再结合三角恒等变换公式化简判断，对于C，利用余弦定理统一成边的形式化简进行判断，对于D，利用三角函数恒等变换公式化简进行判断. 【详解】对于A，设边上的高为，则， 因为，， 所以，所以符合条件的恰有两个，故A正确； 对于B,若，由正弦定理得， 所以， 因为，所以，或（舍去）， 所以是等腰三角形，故B正确； 对于C,若，由余弦定理得， 所以，化简得， 所以或， 所以是等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D,若，所以， 所以 ， 所以， 因为，所以， 所以． 所以或， 因为，所以或， 所以是直角三角形，故D正确． 故选：ABD． 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，分别为棱，的中点，点是棱上的一点，则下列说法正确的是（　　） A. 存在点，使得平面 B. 二面角的余弦值为 C. 三棱锥的内切球的体积为 D. 的周长的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】当点是棱的中点时，平面，利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；取的中点，可得是二面角的平面角，由余弦定理可判断B；设三棱锥的内切球半径为，利用求出可判断C；将平面沿展开到与平面共面，此时当，，三点共线时，取得最小值可判断D． 【详解】对于A，当点是棱的中点时，平面，因为在正方形中， 点是棱的中点，点是棱的中点，所以． 在正方体中，平面，又平面， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得，又，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，取的中点，连接，，， 在中，，， 所以，． 在中，，， 所以，， 所以是二面角的平面角． 在中，，，， 由余弦定理得， 即二面角的余弦值为，故B错误； 对于C，设三棱锥的内切球半径为， ， 又，又 ， 解得，所以三棱锥的内切球的体积为，故C正确； 对于D，将平面沿展开到与平面共面， 此时当，，三点共线时，取得最小值， 所以，又， 所以的周长的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答关键点是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，内角，，的对边分别为，，，若的面积，且，则外接圆的面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】由已知条件结合余弦定理和三角形的面积公式可求出，再利用正弦定理可求出三角形的外接圆半径，从而可求出三角形面积. 【详解】因为的面积，又， 所以，所以， 又，所以， 设外接圆的半径为，所以，解得， 所以外接圆的面积为． 故答案为： 13. 现有甲、乙两个形状完全相同的正四棱台容器如图所示，其中，，，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度恰好是正四棱台高度的一半时用时19分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度恰好是正四棱台高度的一半时用时________分钟． 【答案】37 【解析】 【分析】利用台体的体积公式，结合题意求得水流速度，再求出乙容器中水的容积，由此得解. 【详解】设正四棱台的高为，所以， 即，解得． 因为，，所以截面（图中阴影部分）是边长为6的正方形， 当水的高度恰好是正四棱台高度的一半时， 甲容器内水的体积为， 设注水的速度为，则，解得． 当乙容器中水的高度恰好是正四棱台高度的一半时， 水的体积为， 当水的高度恰好是正四棱台高度的一半时用时为分钟． 故答案为：37. 14. 在中，，点是所在平面内的一点，且，，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】通过向量数量积求出，再用余弦定理，最后用基本不等式可解． 【详解】如图， 因为，， 所以，所以． 设，在中，由余弦定理得 ， 当且仅当时，即，等号成立， 所以的最小值为． 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. 某工厂生产某款产品，该产品市场评级规定：评分在10分及以上的为一等品，低于10分的为二等品．下面是检验员从一批产品中随机抽取的10件产品的评分： 9.5 10.2 9.7 9.8 10.0 9.6 10.1 9.7 10.1 10.3 经计算得，其中为抽取的第件产品的评分，． （1）求这组样本的平均数和方差； （2）若厂家改进生产线，使得生产出的每件产品评分均提高0.3．根据以上随机抽取的10件产品改进后的评分，估计改进后该厂生产的产品评分的平均数和方差． 【答案】（1）样本平均数为，样本方差为． （2）平均数为，方差为 【解析】 【分析】（1）根据题意，由平均数以及方差的计算公式代入计算，即可求解； （2）根据题意，由平均数与方差的性质即可得到结果. 【小问1详解】 样本平均数为． 样本方差为． 【小问2详解】 因为改进后随机抽取的10件产品的评分是改进前抽取的10件产品的评分每个提高0.3分，所以改进后生产的产品评分的平均数， 方差为． 16. 如图，在矩形中，，，点是线段上的一点，且，点是线段上的一点． （1）若，且，求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算，结合平面向量基本定理即可求解， （2）利用向量的线性运算表达，即可由数量积的运算律以及定义得，即可由二次函数的性质求解. 【小问1详解】 由题意知， 因为点是线段的中点，所以， 又点是线段上的一点，且，所以，又， 所以， 所以．解得，， 所以． 【小问2详解】 设，所以， ， 所以 ， 所以当时，取得最小值，最小值为； 当时，取得最大值，最大值为6． 所以的取值范围是． 17. 在中，点是边上一点，且，，记，． （1）若，且，求的长； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意有，，又，代入求值即可； （2）由已知可得，在中中和中，利用余弦定理，构造关于的方程组，解出的值，可求的面积． 【小问1详解】 因为，所以，， 又，所以，所以， 解得． 【小问2详解】 因为， 所以，所以，即， 又，所以，所以． 在中，由余弦定理得， 即． 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 又，所以， 即， 又，解得， 所以的面积． 18. 为培养学生的核心素养，协同发展学科综合能力，促进学生全面发展，某校数学组举行了数学学科素养大赛，素养大赛采用回答问题闯关形式．现有甲、乙两人参加数学学科素养大赛，甲、乙两人能正确回答问题的概率分别是和．假设两人是否回答出问题，相互之间没有影响；每次回答是否正确，也没有影响． （1）若乙回答了4个问题，求乙至少有1个回答正确的概率； （2）若甲、乙两人各回答了3个问题，求甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个的概率； （3）假设某人连续2次未回答正确，则退出比赛，求甲恰好回答5次被退出比赛的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由事件的相互独立性的乘法公式和对立事件可求出答案。 （2）记“甲答对i个问题”为事件，“乙答对i个问题”为事件，则甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个为事件由事件的相互独立性的乘法公式代入即可得答案。 （3）记“甲答对第i个问题”为事件，则甲恰好回答5次被退出比赛为事件，由事件的相互独立性的乘法公式代入即可得答案。 【小问1详解】 记“乙至少有1个回答正确”为事件， 所以， 即乙至少有1个回答正确的概率是． 【小问2详解】 记“甲答对i个问题”为事件，“乙答对i个问题”为事件，则甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个为事件 所以 ， 即甲回答正确的个数比乙回答正确的个数恰好多2个的概率是． 【小问3详解】 记“甲答对第i个问题”为事件，则甲恰好回答5次被退出比赛为事件， 所以 ， 即甲恰好回答5次被退出比赛的概率是． 19. 如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 在中，，，所以， 所以，又点，分别为边，的中点， 所以，，，所以，， 所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） （3）存在，的长为或，理由如下： 由（2）知平面，所以与平面所成的角为． 在中，，，，设， 由余弦定理得． 因为平面，又平面，所以， 所以， 即，所以， 整理得，解得或， 故在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 的长为或． 【解析】 【分析】（1）由勾股定理逆定理求得，再借助三角形的中位线性质证得，，从而得到平面，进而得证； （2）先求出，再算出，根据等体积法，，从而得到点到平面的距离； （3）与平面所成的角为，设，在中，用余弦定理表示出，再在中，表示，，列方程求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，所以二面角的平面角为， 所以，又，所以是等边三角形， 取的中点，连接，如图所示，所以，，， 由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以，又，平面， 所以平面，因为，平面，平面， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 在中，，，， 所以， 设点到平面的距离为，又，所以， 解得，即点到平面的距离为． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：翻折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一般地，位于“折痕”同侧的线面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的线面之间的位置关系和数量关系可能会发生变化.对于不变的关系，可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在立体图形中处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $