精品解析：河北省保定市2023-2024学年高一下学期期末调研考试数学试题

2023—2024学年第二学期高一期末调研考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知直线m，平面、、，下面条件能推出的是（ ） A. ， B. ， C. 与、所成的角相等 D. ， 3. 若一组数据的平均数为，则这组数据的方差是（ ） A. 3 B. C. D. 4. 在中，角所对的边分别为，且，，，则为（ ） A. B. C. D. 5 5. 底面积是，侧面积是的圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 在正三棱柱中，，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 1 7. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4.从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是红球”，C表示事件“取出的两球同色”，则下列说法错误的是（ ） A. A与C互斥 B. A与B相互独立 C. D. 8. 已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ） 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. 已知是虚数单位，下列说法中正确的是（ ） A. 若，互为共轭复数，则 B. 若复数满足，则复数对应的点在以点为圆心，为半径的圆上 C. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为 D. 若是关于的方程的一个根，其中，为实数，则 10. 设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，其中（且），，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.若平面向量满足，则有序数对称为向量在“仿射”坐标系xOy下的“仿射”坐标，记作，下列命题中是真命题的是（ ） A. 已知，则 B. 已知，，则 C. 已知，，则 D. 已知，，若，则 11. 正方体的棱长为2，点是四边形内部及边界上一动点，点是棱上靠近点的三等分点，下列结论正确的有（ ） A. B. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 若，则点的运动轨迹长度为 D. 直线被正方体的外接球所截得的线段的长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则______. 13. 在山脚A测得山顶P的仰角，沿倾斜角的公路向上走600m到达B处，在B处测得山顶P的仰角，如图，若在山高的处的点S位置建造下山索道，则此索道离地面的高度为______m. 14. 我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行的五面体称为刍甍，如图，刍甍有外接球，且，，，，则该刍甍外接球的表面积为______. 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. “青年大学习”是由共青团中央发起，广大青年参与，通过学习来提升自身理论水平、思维层次的行动.某市宣传部门为了了解广大青年的学习情况，从全市随机抽取了1000名共青团员进行调查，统计他们2023年下半年的学习时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值，并估计学习时长的样本数据的分位数； （2）为了解广大青年学习的具体情况，现采用比例分配的分层随机抽样方法，从样本中再抽取50人参加座谈，则参加座谈的共青团员中学习时长在区间内的有多少人？ 16. 如图在长方体中，，，点在棱上移动. （1）证明：； （2）若点满足，求二面角的平面角的正切值. 17. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：每次比赛两人上场比赛，第三人为裁判，一局结束后，败者下场作为裁判，原裁判上场与胜者比赛，按此规则循环下去，共进行4局比赛.三人决定由乙、丙先上场比赛，甲作为裁判. （1）第一局比赛开始前，丙提出由掷骰子决定谁先发球，连续抛掷一枚质地均匀的六面体骰子两次，记下骰子朝上的点数，若两次点数之和为6则由乙发球，两次点数之和能被4整除则由丙发球，用所学知识判断这个方法公平吗？并说明理由； （2）三人实力相当，在每局比赛中战胜对手的概率均为，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局，求在四局比赛中甲当2局裁判的概率. 18. 一块四棱锥木块如图所示，平面，四边形ABCD为平行四边形，且，. （1）要经过点B、D将木料锯开，使得截面平行于侧棱，在木料表面该怎样画线？并说明理由； （2）计算（1）中所得截面的面积； （3）求直线SC与（1）中截面所在平面所成角的正弦值. 19. 阿波罗尼奥斯（Apollonius）是古希腊著名的数学家，他提出的阿波罗尼奥斯定理是一个关于三角形边长与中线长度关系的定理，内容为：三角形两边平方的和，等于所夹中线及第三边之半的平方和的两倍，即如果AD是中BC边上的中线，则. （1）若在中，，，，求此三角形BC边上的中线长； （2）请证明题干中的定理； （3）如图中，若，D为BC中点，，，，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年第二学期高一期末调研考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法结合复数的虚部计算可得. 【详解】由，得的虚部为. 故选：B 2. 已知直线m，平面、、，下面条件能推出的是（ ） A. ， B. ， C. 与、所成的角相等 D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】举出反例即可判断ABC；根据线面垂直的性质即可判断D. 【详解】如图，在正方体中， 对于A，平面，平面，平面三个面两两垂直，故A错误； 对于B，平面，平面， 而平面平面，故B错误； 对于C，平面，平面， 则与两个平面所成的角都是零度角，而平面平面， 故C错误； 对于D，若，，则. 故选：D. 3. 若一组数据的平均数为，则这组数据的方差是（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据平均数计算，再根据方差公式计算即可. 【详解】因为一组数据的平均数为， 所以，即， 所以方差为. 故选：C. 4. 在中，角所对的边分别为，且，，，则为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由得，根据正弦定理及同角三角函数基本关系式即可求. 【详解】由题意可知， 因为， 所以. 又因为， 所以， 所以， 由正弦定理得， 故. 故选：B. 5. 底面积是，侧面积是的圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥底面和侧面展开图的关系计算即可. 【详解】 因为底面积为，所以底面半径为1，底面周长为， 设母线长为， 因为侧面积为，所以，解得， 所以圆锥的高， 所以圆锥的体积为. 故选：D. 6. 在正三棱柱中，，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可. 【详解】在正三棱柱中，， 所以， 由勾股定理可得， 在等腰三角形中，底边上的高长为， 所以等腰三角形的面积为， 设点A到平面的距离为， . 故选：B. 7. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4.从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是红球”，C表示事件“取出的两球同色”，则下列说法错误的是（ ） A. A与C互斥 B. A与B相互独立 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】A写出事件A和事件C包含的情况，得到；B写出不放回的依次取出两个球总的情况，进而得到，进而求出；C写出包含的情况数，得到；D写出包含事件，共4种情况，从而得到概率. 【详解】A，事件A包含， 事件C包含，显然，故A与C互斥，A正确； B，从中不放回的依次取出两个球为，共12种情况，故， 事件B包含，共6种情况，故， 事件AB包含，共4种情况，故， 由于，故A与B相互独立，B正确； C，包含，共9种情况，故，C错误； D，事件包含， 由于事件A包含， 故包含事件，共4种情况， ，D正确. 故选：C 8. 已知的外接圆圆心为O，且，，点D是线段BC上一动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意分析可知：O为的中点，，，建系，根据向量的坐标运算可得，结合二次函数分析求解. 【详解】因为，可知O为的中点， 又因为O为的外接圆圆心，则， 且，即， 可知为等边三角形，即， 如图，建立平面直角坐标系， 则，设， 可得， 则， 可知当时，取到最小值. 【点睛】关键点点睛：根据中线性质分析可知O为的中点，结合圆的性质可知，. 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. 已知是虚数单位，下列说法中正确的是（ ） A. 若，互为共轭复数，则 B. 若复数满足，则复数对应的点在以点为圆心，为半径的圆上 C. 复数与分别表示向量与，则表示向量的复数为 D. 若是关于的方程的一个根，其中，为实数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的相关概念及复数的运算直接可判断各选项. 【详解】A：设，则，则，A正确； B：设复数，则其对应的点为，， 所以，即， 所以复数对应的点在以点为圆心，为半径的圆上，B错误； C：由已知，， 则，对应的复数为，C正确； D：易知方程的两个根互为共轭复数， 设分别为与，又， 则，且，所以，D正确； 故选：ACD. 10. 设Ox，Oy是平面内相交的两条数轴，其中（且），，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.若平面向量满足，则有序数对称为向量在“仿射”坐标系xOy下的“仿射”坐标，记作，下列命题中是真命题的是（ ） A. 已知，则 B. 已知，，则 C. 已知，，则 D. 已知，，若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据新定义，结合已学的向量的模长，向量运算，向量数量积，向量平行的定理可以逐一计算判断. 【详解】对于A，，则， 所以 ，故A错误； 对于B，已知，， 则，，， 则，故B正确； 对于C，，，则，， 所以 ，故C错误； 对于D，，，则，， 若，则当或时，或，满足； 当，则存在唯一，使得，则， 则，消元变形得到，故D正确. 故选：BD. 11. 正方体的棱长为2，点是四边形内部及边界上一动点，点是棱上靠近点的三等分点，下列结论正确的有（ ） A. B. 当直线与平面所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 若，则点的运动轨迹长度为 D. 直线被正方体的外接球所截得的线段的长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断A；连接，易得即为直线与平面所成角的平面角，求出，即可判断B；分别在取靠近点的三等分点，在上取靠近点的三等分点，连接，先证明四点共面，再证明平面，进而可判断C；易得被正方形外接圆所截得的线段即为所求，在平面图形中求解即可判断D. 【详解】对于A，连接，则， 因为平面，平面， 所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 对于B，因为直线与平面所成的角为， 而平面与平面平行， 所以直线与平面所成的角为， 连接，因为平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角， 则， 所以， 所以点的轨迹是以点为圆心的圆与四边形的公共部分， 所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，分别在取靠近点的三等分点， 在上取靠近点的三等分点，连接， 则， 因为点是棱上靠近点的三等分点， 所以， 所以，所以四点共面， 有正方体的结构特征可得， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 所以平面， 又平面，所以， 同理可得， 又平面， 所以平面， 又因，点是四边形内部及边界上一动点， 所以点的轨迹即为，，故C错误； 直线被正方体的外接球所截得的线段， 即为被正方形外接圆所截得的线段， 如图，点为正方形外接圆的圆心，则点为的中点， 过点作于点，则所求线段即为， ， 则， 所以， 所以， 所以所截得的线段的长度为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：分别在取靠近点的三等分点，在上取靠近点的三等分点，连接，先证明四点共面，再证明平面，得出点的运动轨迹，是解决C选项的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示直接求解. 【详解】由， 可得， 解得， 故答案为：. 13. 在山脚A测得山顶P的仰角，沿倾斜角的公路向上走600m到达B处，在B处测得山顶P的仰角，如图，若在山高的处的点S位置建造下山索道，则此索道离地面的高度为______m. 【答案】 【解析】 【分析】过B作，求得，利用正弦定理可得，进而可得山的高度，即可得结果. 【详解】过B作，垂足为， 因为， 在中，可得， 在中，则， 由正弦定理可得， 在中，可得， 则山的高度，所以索道离地面的高度为（m）. 故答案为：. 14. 我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行的五面体称为刍甍，如图，刍甍有外接球，且，，，，则该刍甍外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作辅助线，可证平面平面，的中点作平面的垂线，分析可知，进而结合球的性质列式求球的半径，即可得表面积. 【详解】分别取的中点，连接，则∥， 因为，则∥，即四点共面， 又因为，则，且， 由题意可知：，且，平面， 则平面，由平面，可得平面平面， 可知矩形的外接圆圆心即为的中点，则， 在平面内过点作平面的垂线， 设垂线与的交点为，该刍甍外接球的球心，半径为， 则，，又，且也在球面上， 所以，且，可知为的中点， 综上，结合球的对称性，易知四边形为等腰梯形， 过作，垂足为，则，即， 可得，解得， 所以该刍甍外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据球的性质分析可知：过的中点作平面的垂线包含于平面，且球心，进而列式求解. 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. “青年大学习”是由共青团中央发起，广大青年参与，通过学习来提升自身理论水平、思维层次的行动.某市宣传部门为了了解广大青年的学习情况，从全市随机抽取了1000名共青团员进行调查，统计他们2023年下半年的学习时长，下图是根据调查结果绘制的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值，并估计学习时长的样本数据的分位数； （2）为了解广大青年学习的具体情况，现采用比例分配的分层随机抽样方法，从样本中再抽取50人参加座谈，则参加座谈的共青团员中学习时长在区间内的有多少人？ 【答案】（1），分位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和即可求出，根据频率分布直方图中百分位数的求法求百分位数即可； （2）根据分层抽样的定义求解即可. 【小问1详解】 由题意，， 解得， 因为， ， 所以分位数在区间上，设为， 则，解得， 即样本数据的分位数为； 【小问2详解】 由题意，在区间内的有人. 16. 如图在长方体中，，，点在棱上移动. （1）证明：； （2）若点满足，求二面角的平面角的正切值. 【答案】（1） 连接， 因为，所以四边形为正方形， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）连接，证明平面，从而可得即为二面角的平面角，进而可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接， 因为点满足，所以点为的中点， 则， 故，所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以即为二面角的平面角， ， 所以二面角的平面角的正切值为. 17. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，比赛规则如下：每次比赛两人上场比赛，第三人为裁判，一局结束后，败者下场作为裁判，原裁判上场与胜者比赛，按此规则循环下去，共进行4局比赛.三人决定由乙、丙先上场比赛，甲作为裁判. （1）第一局比赛开始前，丙提出由掷骰子决定谁先发球，连续抛掷一枚质地均匀的六面体骰子两次，记下骰子朝上的点数，若两次点数之和为6则由乙发球，两次点数之和能被4整除则由丙发球，用所学知识判断这个方法公平吗？并说明理由； （2）三人实力相当，在每局比赛中战胜对手的概率均为，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局，求在四局比赛中甲当2局裁判的概率. 【答案】（1）不公平，理由：连续掷骰子两次的基本事件的总数为， 两次点数之和为6包含的基本事件有共个， 故乙发球的概率为， 两次点数之和能被4整除包含的基本事件有 共个， 故丙发球的概率为， 所以这个方法不公平； （2） 【解析】 【分析】（1）利用列举法，结合古典概型即可得解； （2）利用树状图法，结合古典概型即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在每局比赛中战胜对手的概率均为， 所以本题可用古典概型来解决， 如图所示，用树状图列举每局当裁判的可能，一共有种， 其中甲当2局裁判的可能有种， 所以在四局比赛中甲当2局裁判的概率为 18. 一块四棱锥木块如图所示，平面，四边形ABCD为平行四边形，且，. （1）要经过点B、D将木料锯开，使得截面平行于侧棱，在木料表面该怎样画线？并说明理由； （2）计算（1）中所得截面的面积； （3）求直线SC与（1）中截面所在平面所成角的正弦值. 【答案】（1）如图，取的中点，连接,则即为要画的线. 理由如下：连接与交于点，连接. 因四边形ABCD为平行四边形，则点为的中点，故, 又因平面,平面,故有平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）要使截面与平行，考虑构造线线平行，取的中点，取的对称中心,连接,证明即得截面； （2）分别计算的三边，再利用三角形面积公式计算即得； （3）利用等体积求出点到平面的距离，再由线面所成角的定义即可求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图中，过点作于点，连接, 因平面,平面，则, 故,平面,,, 因，则, 因平面，则，故, 又由余弦定理，，故得. 又，O为BD中点，则， 于是截面的面积为； 【小问3详解】 过点作平面，交平面于点,连接, 则即直线与截面所成的角. 由可得，, 即得：，则, 即直线SC与平面所成角的正弦值为. 【点睛】思路点睛：本题主要考查运用线面平行的判定方法解决实际问题和线面所成角的求法，属于较难题.解题的思路在于充分利用平行四边形对角线性质、等腰三角形三线合一，三角形中位线性质等方法寻找线线平行；对于线面所成角问题，除了定义法作图求解外，对于不易找到点在平面的射影时，可考虑运用等体积转化求解. 19. 阿波罗尼奥斯（Apollonius）是古希腊著名的数学家，他提出的阿波罗尼奥斯定理是一个关于三角形边长与中线长度关系的定理，内容为：三角形两边平方的和，等于所夹中线及第三边之半的平方和的两倍，即如果AD是中BC边上的中线，则. （1）若在中，，，，求此三角形BC边上的中线长； （2）请证明题干中的定理； （3）如图中，若，D为BC中点，，，，求的值. 【答案】（1） （2） 在中，； 在中，； 两式相加，且， 得到，则原式得证． （3） 【解析】 【分析】（1）余弦定理求出，再用所给式子求出中线即可； （2）左右两个三角形和分别使用余弦定理，得到两个方程，结合，相加即可证明； （3），利用三角恒等变换，求得，结合，求出．在，用面积公式求出，进而求出，再用余弦定理即可解. 【小问1详解】 如图所示， 由余弦定理得，， 代值计算得到，求得； 由于，代值计算得，求得 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由于 则由正弦定理，得， 即， 去分母整理得到，即． 且，则，则． 由于，且，即 联立解出 由于，则， 解得，则（负数不满足）. 由余弦定理得到，代值计算，， 则， 则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $