精品解析：广东省梅州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

广东省梅州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 注意事项：本试卷共6页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、班级、考生号、姓名和座号填写在答题卡上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．作答必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：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，只有一项是符合要求的． 1. 复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点位于第（ ）象限 A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的平方运算计算，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点为，位于第四象限. 故选：. 2. 某校举行演讲比赛，9位评委对参赛选手李明的评分分别为87，85，91，95，90，92，96，88，83，则这组数据的第70百分位数是（ ） A. 92 B. 91.5 C. 91 D. 90 【答案】A 【解析】 【分析】根据百分位数的定义，先排列数据，再计算. 【详解】首先将这9个数据按从小到大的顺序排列为83，85，87，88，90，91，92，95，96， ，所以第70百分位数是第7个数据92. 故选：A 3. 如图，水平放置的的直观图恰为腰长为2的等腰直角三角形，则中最长边的长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二测画法中原图和直观图之间的联系，确定原三角形为直角三角形，即可根据勾股定理即可求得结论． 详解】由图可知，， ∴原三角形中，,, ∴,故最长的边为6， 故选：D． 4. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，若，则或者相交，或者异面，故A错误， 对于B，若，则或异面，B错误， 对于C，若，则，故C正确， 对于D，若，则可能在平面内，故D错误， 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式可得，即可由诱导公式求解. 【详解】由得，故， 故选：B 6. 有甲、乙两个盒子，甲盒装有编号为1，2，3，4，5的5个球，乙盒装有编号为1，2，3的3个球，每个球大小相同、材质均匀，各盒中每个球被抽取的概率相同，现从两个盒子中各取出1个球，设事件“从甲盒中所抽取的球的编号小于3”，“两个球编号之和为偶数”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式可解. 【详解】根据题意，现从两个盒子中各取出1个球，总共有: 种情况； 事件表示从甲盒中所抽取的球的编号小于3”且“两个球编号之和为偶数”， 设球编号组合为，表示取得甲盒球的编号，表示取得乙盒球的编号. 可列举出情况：，共3种. 则. 故选：D． 7. 在中，角A，B，C的对边分别为，要使此三角形的解有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】要使得三角形有两解，需要满足且. 【详解】由正弦定理可得：，要使得三角形有两解，需要满足且，解得. 故选：A 8. 如图，在扇形AOB中，扇形的半径为，点在弧上移动，．当时，（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立直角坐标系，求出三点坐标，利用坐标表示向量，然后根据条件求解即可 【详解】 如图，，又扇形的半径为，所以， 即， 所以， 由，得， 所以， 故选：B 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. 某中学三个年级学生共2000人，且各年级人数比例如以下扇形图．现因举办校庆活动，以分层抽样的方式从中随机选出志愿服务小组，已知选出的志愿服务小组中高一学生有32人，则下列说法正确的有（ ） A. 该学校高一学生共800人 B. 志愿服务小组共有学生96人 C. 志愿服务小组中高三学生共有20人 D. 某高三学生被选入志愿服务小组的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由图可知各年级占总人数的比例即可判断；由分层抽样的比例可判断，；根据高三学生人数和入选人数即可判断. 【详解】对A，由图可知，高三年级学生人数占总人数的，高二年级学生人数占总人数的， 所以高一年级学生人数占总人数的， 所以高一学生共人，故正确； 对B，因为，所以志愿服务小组共有学生人；故错误； 高三学生共人， 对C，志愿服务小组中高三学生共有人，故正确； 高三学生共人，选入志愿服务小组的有人， 对D，所以某高三学生被选入志愿服务小组的概率为，故正确. 故选：ACD 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 函数的一条对称轴为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象可由的图象向右平移个单位得到 D. 方程在区间上恰有三个不等的实根 【答案】AC 【解析】 【分析】，选项可结合的性质判断；根据函数图象平移的规律可判断；通过解方程，结合的取值范围即可判断. 【详解】因为，令， 所以的对称轴方程为， 当时，，故正确； 由得， 又，所以在上不单调，故错误； 将的图象向右平移个单位可得，故正确； 由，得， 即或，， 因为，所以，，，， 所以有4个不等实根，故错误. 故选：. 11. 如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，为棱上（含端点）的动点，则下列说法中，不正确的是（ ） A. 当为棱上的中点时，平面经过顶点 B. 当为棱上的中点时，则平面 C. 当且仅当点运动到顶点时，三棱锥的体积最大 D. 棱上存在点，使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】由，可得，即可判断；假设当为棱上的中点时，平面，由线面平行的性质定理可得线线平行，推出矛盾，即可判断；，可证平面，点到平面的距离为定值，即可判断；将正方体侧面展开，连接，通过求的最小值，即可判断. 【详解】 连接，，，，，， 因为，分别为，的中点，所以， 又在正方体中，， 所以，所以，，，四点共面，故正确； 假设当为棱上的中点时，平面， 连接，分别交，于，，连接， 因为平面，平面平面， 所以，显然不成立，所以与平面不平行，故错误； 因为，平面，平面， 所以平面，又点为棱上（含端点）的动点， 所以点到平面的距离为定值， 又，的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值；故错误； 如图将正方体侧面展开，连接， 在中，，，所以， 此时即为的最小值，又， 所以棱上不存在点，使得，故错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：等体积法求三棱锥的体积换顶点的方法： （1）三棱锥体内换顶点； （2）三棱锥体外换顶点（原则是同底等高）. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，已知为原点，点，则与夹角的余弦值______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用向量夹角余弦公式进行求解. 【详解】. 故答案为： 13. 若复数（其中为虚数单位，）满足为实数，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】先根据得到，从而求出. 【详解】，， 故， 因为为实数，所以，故， 故. 故答案为：4 14. 如图，已知平面，分别为棱上的动点（含端点），则线段长度的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据线面垂直可得，进而得，，利用二次函数的性质即可求解. 【详解】过作交于，连接, 由于平面故平面平面故, 故, 设， , 则，故, 当长度一定时，此时要使最小，则最小，故， ,则， ， 故当时，此时取最小值， 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. （1）已知复数（其中为虚数单位）满足，求实数的值； （2）在复数范围内，解方程：． 【答案】（1）或（2）或 【解析】 【分析】（1）根据复数模的运算即可求解； （2）先求出根的判别式，再由求根公式即可求解 【详解】（1）因为，所以， 所以或； （2）因为， 所以方程的根为， 即或. 16. 为了解学生体育运动时间，督促学生加强锻炼，甲、乙两个班的班主任分别对所在班学生进行体育锻炼时长调查．将甲班50名学生的周平均体育锻炼时长（单位：小时）数据分成4组：[4，6），[6，8），[8，10），[10，12]，根据分组数据制成了如下图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计甲班学生周平均体育锻炼时长的平均数； （2）乙班48名学生中周平均体育锻炼时长在8小时以上的有16人，用频率估计概率，现从甲乙两个班中各随机抽查一位学生，求其中至少有一位学生的周平均体育锻炼时长在8小时以上的概率． 【答案】（1）；平均数是； （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求，代入平均数求平均数； （2）分别求甲和乙周平均体育锻炼时长在8小时以上的概率，再利用对立事件概率公式，即可求解. 小问1详解】 ，得， 平均数， 所以甲班学生周平均体育锻炼时长的平均数是； 【小问2详解】 甲班学生周平均体育锻炼时长在8小时以上的概率为， 乙班学生周平均体育锻炼时长在8小时以上的概率为， 则至少一位学生的周平均体育锻炼时长是8小时以上的概率. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为的平分线BD交AC于点． （1）求证：； （2）若． （ⅰ）求； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】（1）证明见解析. （2） （ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）结合角平分线，在中利用正弦定理证明，关键 （2）（ⅰ）利用正弦定理结合辅助角公式求解；（ⅱ）利用等面积法求解即可. 【小问1详解】 在中,是的平分线. 证明设,则. 在和中分别运用正弦定理,得 ， 又因为, 所以即 【小问2详解】 （ⅰ）因为 由正弦定理得: 又所以， 所以 所以 即 即 即 即 因为所以 （ⅱ） 又因为 所以可得 所以 18. 如下图，四棱锥的底面是等腰梯形，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）点为PA上一点，，求证：平面BDQ； （3）点为PD的中点，求AM与平面PBD所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）首先求，再证明，最后根据线面垂直的判断定理，即可证明； （2）根据线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，根据比例关系，构造线线平行，即可证明； （3）根据（1）的结果，结合线面角的定义，即可求解线面角的正弦值. 【小问1详解】 由题意可知，，所以， ，得， 则，所以， 又因为平面，平面， 所以，，且平面， 所以平面； 【小问2详解】 连结，交于点，连结， 因为，且，所以， 又因为，所以， 且平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 由（1）可知，平面，平面， 所以平面平面，且平面平面， 过点作，连结， 则平面，为直线与平面所成的角， 因为是等腰直角三角形，且，所以， 中，，，所以， ， 所以 【点睛】关键点睛：解答立体几何类型的题目关键在于要明确空间的位置关系，特别是求线面角时，要根据定义找出所求角，进而求解. 19. 欧拉是伟大的数学家，也是最多产的数学家，他在数论、复变函数、变分法、拓扑学、微分方程、力学等等领域都有杰出贡献．1765年，欧拉在他的著作《三角形的几何学》中指出，任意三角形的外心、垂心和重心位于同一直线上（这条直线被称为三角形的欧拉线），此外，外心到重心的距离等于垂心到重心距离的一半．为证明以上结论，我们作以下探究： 如图，点O、G、H分别为△的外心、重心、垂心． （1）求证：； （2）求证：； （3）求证：． 注：①重心：三边中线的交点，重心将中线长度分成2：1； ②垂心：三条高线交点，高线与对应边垂直； ③外心：三条中垂线的交点（外接圆的圆心），外心到三角形各顶点的距离相等． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据重心将中线长度分成的性质，结合平面向量的线性运算证明即可； （2）根据平面向量的线性运算证明即可； （3）根据欧拉定理与平面向量的线性运算证明即可. 【小问1详解】 为△的重心，连接并延长交于， 则为中点，且. 在△中，为中点，， 得证. 【小问2详解】 在△中，为中点， . 为△的重心，， 则△中，有， 得证. 【小问3详解】 连结并延长和，取、的中点、， 连结和，因为点为的外心，所以有， 因为点为的垂心，所以有， 所以 而又，，， 从而， 而， 同理，， 因为， 所以 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广东省梅州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题 注意事项：本试卷共6页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的学校、班级、考生号、姓名和座号填写在答题卡上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3．作答必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回． 一、单选题：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，只有一项是符合要求的． 1. 复数（其中为虚数单位）在复平面内对应的点位于第（ ）象限 A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 2. 某校举行演讲比赛，9位评委对参赛选手李明的评分分别为87，85，91，95，90，92，96，88，83，则这组数据的第70百分位数是（ ） A. 92 B. 91.5 C. 91 D. 90 3. 如图，水平放置的的直观图恰为腰长为2的等腰直角三角形，则中最长边的长为（ ） A. B. 4 C. D. 6 4. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 有甲、乙两个盒子，甲盒装有编号为1，2，3，4，55个球，乙盒装有编号为1，2，3的3个球，每个球大小相同、材质均匀，各盒中每个球被抽取的概率相同，现从两个盒子中各取出1个球，设事件“从甲盒中所抽取的球的编号小于3”，“两个球编号之和为偶数”，则（ ） A B. C. D. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为，要使此三角形的解有两个，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在扇形AOB中，扇形的半径为，点在弧上移动，．当时，（ ） A. B. C. 2 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. 某中学三个年级学生共2000人，且各年级人数比例如以下扇形图．现因举办校庆活动，以分层抽样的方式从中随机选出志愿服务小组，已知选出的志愿服务小组中高一学生有32人，则下列说法正确的有（ ） A. 该学校高一学生共800人 B. 志愿服务小组共有学生96人 C. 志愿服务小组中高三学生共有20人 D. 某高三学生被选入志愿服务小组的概率为 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 函数的一条对称轴为 B. 在区间上单调递增 C. 的图象可由的图象向右平移个单位得到 D. 方程在区间上恰有三个不等的实根 11. 如图，正方体的棱长为2，M为棱的中点，为棱上（含端点）的动点，则下列说法中，不正确的是（ ） A. 当为棱上中点时，平面经过顶点 B. 当为棱上的中点时，则平面 C. 当且仅当点运动到顶点时，三棱锥的体积最大 D. 棱上存在点，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在平面直角坐标系中，已知为原点，点，则与夹角的余弦值______． 13. 若复数（其中为虚数单位，）满足为实数，则______． 14. 如图，已知平面，分别为棱上的动点（含端点），则线段长度的最小值为______. 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. （1）已知复数（其中为虚数单位）满足，求实数的值； （2）在复数范围内，解方程：． 16. 为了解学生体育运动时间，督促学生加强锻炼，甲、乙两个班的班主任分别对所在班学生进行体育锻炼时长调查．将甲班50名学生的周平均体育锻炼时长（单位：小时）数据分成4组：[4，6），[6，8），[8，10），[10，12]，根据分组数据制成了如下图所示的频率分布直方图． （1）求a的值，并估计甲班学生周平均体育锻炼时长的平均数； （2）乙班48名学生中周平均体育锻炼时长在8小时以上的有16人，用频率估计概率，现从甲乙两个班中各随机抽查一位学生，求其中至少有一位学生的周平均体育锻炼时长在8小时以上的概率． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为的平分线BD交AC于点． （1）求证：； （2）若． （ⅰ）求； （ⅱ）若，求的面积． 18. 如下图，四棱锥底面是等腰梯形，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）点为PA上一点，，求证：平面BDQ； （3）点为PD的中点，求AM与平面PBD所成角的正弦值. 19. 欧拉是伟大的数学家，也是最多产的数学家，他在数论、复变函数、变分法、拓扑学、微分方程、力学等等领域都有杰出贡献．1765年，欧拉在他的著作《三角形的几何学》中指出，任意三角形的外心、垂心和重心位于同一直线上（这条直线被称为三角形的欧拉线），此外，外心到重心的距离等于垂心到重心距离的一半．为证明以上结论，我们作以下探究： 如图，点O、G、H分别为△的外心、重心、垂心． （1）求证：； （2）求证：； （3）求证：． 注：①重心：三边中线交点，重心将中线长度分成2：1； ②垂心：三条高线的交点，高线与对应边垂直； ③外心：三条中垂线的交点（外接圆的圆心），外心到三角形各顶点的距离相等． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$