精品解析：重庆市部分学校2023-2024 学年高一下学期期末联合检测数学试卷

2024年春高一（下）期末联合检测试卷数学 数学 测试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号､姓名､班级填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准为证号､姓名､考试科目”与考生本人准考证号､姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 3，为试结束，考生必须将试题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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 的第60百分位数是（ ） A. 8.7 B. 8.9 C. 9.0 D. 9.1 3. 在中，记内角所对的边分别为.若，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间四点共面，则其中必有三点共线 B. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D. 若空间四点不共面，则任意三点不共线 5. 某航空公司销售一款盲盒机票，包含哈尔滨､西安､兰州､济南､延吉5个城市，甲乙两人计划“五一”小长假前分别购买上述盲盒机票一张，则两人恰好到达城市相同的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 记的内角的对边分别为，若，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 在中，，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体，为的中点，过作平面满足条件，则截正方体，所得截面为（ ） A. 六边形 B. 五边形 C. 四边形 D. 三角形 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 一个不透明袋中装有2个红球､2个白球（每个球标有不同的编号，除颜色和编号外均相同），从中不放回依次抽取2个球，记事件为“第一次取的球为红球”，事件为“第二次取的球为白球”，则（ ） A. B. 为对立事件 C. 相互独立事件 D. 抽取的2个球中至多1个白球的概率为 10. 已知复数在复平面内对应点分别为，则（ ） A. B. C. 满足的复数对应的点形成的图形的周长是 D. 满足的复数对应的点形成的图形的面积是 11. 对棱相等的四面体被称为等腰四面体，现有一等腰四面体，则下列说法正确的是（ ） A. 该四面体各面均全等三角形 B. 该等腰四面体的面可以是直角三角形 C. 若为中点，为中点，则 D. 该四面体的体积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 放风筝是一项有益的运动，现对高一和高二共1500名同学进行按比例分层抽样调查，统计近两年放过风筝的人数，有如下数据：高一学生抽取有效样本40，放过风筝的人数为19，高二学生抽取有效样本60，放过风筝的人数为，由此估计两个年级近两年放过风筝的人数约为540，则__________. 13. 已知复数分别为方程的两根，则__________. 14. 已知为单位向量，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. 2023年冬季“尔滨”爆火，某咨询公司开展评价统计，以网络问卷､现场扫码问卷､电话回访､短信等方式进行，得到若干游客的评价得分如下频率分布直方图： （1）估计评分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），中位数（精确到0.1）： （2）按比例从中抽取4人，进行不满意情况电话回访，再从这4人中随机抽取2人发送礼物，求2人不在同一评分区间概率. 16. 在同一平面内，的夹角为，且，当取时，取最小值，. （1）证明三点共线； （2）若，求 17. 如图，点为边长为1的菱形所在平面外一点，且为正三角形，，四边形的面积为，点分别为和的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 18. 在中，已知点满足. （1）若，求的长度； （2）若，求面积的取值范围. 19. 如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，三棱柱的侧面积为. （1）求证：； （2）求三棱柱的体积； （3）分别求二面角和二面角的大小. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年春高一（下）期末联合检测试卷数学 数学 测试卷共4页，满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号､姓名､班级填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准为证号､姓名､考试科目”与考生本人准考证号､姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 3，为试结束，考生必须将试题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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则得到复数，再求复数的模即可. 【详解】因为， 所以， 所以. 故选：C. 2. 的第60百分位数是（ ） A. 8.7 B. 8.9 C. 9.0 D. 9.1 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数定义计算即可. 【详解】因为， 所以从小到大排列取第8个数. 故选：B. 3. 在中，记内角所对的边分别为.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由，得， 由余弦定理得， 又，所以. 故选：C 4. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间四点共面，则其中必有三点共线 B. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D. 若空间四点不共面，则任意三点不共线 【答案】D 【解析】 【分析】对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答． 【详解】对于A，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故A错误； 对于B，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面；故B错误； 对于C，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故C错误； 对于D，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故D正确， 故选：D. 5. 某航空公司销售一款盲盒机票，包含哈尔滨､西安､兰州､济南､延吉5个城市，甲乙两人计划“五一”小长假前分别购买上述盲盒机票一张，则两人恰好到达城市相同的概率为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式计算即可求解. 【详解】记哈尔滨､西安､兰州､济南､延吉5个城市分别为， 则甲乙分别购买盲盒机票一张共有种可能， 其中两人恰好到达城市相同的情况有，共5种可能， 所以满足题意的概率为. 故选：A 6. 记的内角的对边分别为，若，则是（ ） A 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换的化简可得，即可求解. 【详解】， 由正弦定理得， 又，所以， 又，所以， 因为，所以， 即，得，故，则， 所以为正三角形. 故选：B 7. 在中，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理计算求出，再次利用余弦定理计算，根据平面向量的线性运算可得，结合数量积的运算律和定义计算即可求解. 【详解】， 由余弦定理得， 所以. 又， 所以， 则 . 故选：B 8. 已知正方体，为的中点，过作平面满足条件，则截正方体，所得截面为（ ） A. 六边形 B. 五边形 C. 四边形 D. 三角形 【答案】C 【解析】 【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得、，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，即为平面，即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接， 则，，，又，所以， 则四点共面. 因为平面， 所以平面，由平面，得； 易知平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，由平面，得， 又平面，所以平面. 即为平面，是四边形. 故选：C 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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 一个不透明袋中装有2个红球､2个白球（每个球标有不同的编号，除颜色和编号外均相同），从中不放回依次抽取2个球，记事件为“第一次取的球为红球”，事件为“第二次取的球为白球”，则（ ） A. B. 为对立事件 C. 为相互独立事件 D. 抽取的2个球中至多1个白球的概率为 【答案】AD 【解析】 【分析】记个红球编号为,个白球编号为，写出样本空间及事件的样本点，对于A，用古典概率公式计算事件概率即可；对于B，事件包含共同的样本点，故不对立；对于C，根据独立事件的概念判断即可；对于D，记事件为“抽取的2个球中至多一个白球”，用古典概率公式计算即可. 【详解】记个红球编号为,个白球编号为， 所以样本空间为 ， 事件包含的样本点为， 事件包含的样本点为， 对于A，因为，故A正确； 对于B，因为事件包含共同的样本点，故事件不对立，故B错误； 对于C，因为，所以不独立，故C错误； 对于D，记事件为“抽取的2个球中至多一个白球”， 则事件包含的样本点为 ， 所以，故D正确. 故选：AD. 10. 已知复数在复平面内对应的点分别为，则（ ） A. B. C. 满足的复数对应的点形成的图形的周长是 D. 满足的复数对应的点形成的图形的面积是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得.求得即可判断A；求得即可判断B；求得即可判断C；求得即可判断D. 【详解】由，得. A：，则，又， 所以，故A错误； B：，故B正确； C：设，则， 由，得，即， 所以复数对应的点形成的图形的周长为，故C错误； D：设，则， 又，所以，即， 所以满足的复数对应的点形成的图形的面积为，故D正确. 故选：BD 11. 对棱相等的四面体被称为等腰四面体，现有一等腰四面体，则下列说法正确的是（ ） A. 该四面体各面均是全等三角形 B. 该等腰四面体的面可以是直角三角形 C. 若为中点，为中点，则 D. 该四面体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由等腰四面体的性质对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A，由图可知，该四面体各面边长均是， 所以该四面体各面均是全等三角形，故A正确； 对于B，若为直角, 则均为直角, 可知在同一平面上，显然不可能，故B错误； 对于C，连接， ， 在中，所以， 在中，所以， 则，所以， 同理可得：，所以，故C正确； 对于D，将四面体放入如图所示长方体内， ，，， 则，，， 得，，， 则 ， ， 所以 ，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 放风筝是一项有益的运动，现对高一和高二共1500名同学进行按比例分层抽样调查，统计近两年放过风筝的人数，有如下数据：高一学生抽取有效样本40，放过风筝的人数为19，高二学生抽取有效样本60，放过风筝的人数为，由此估计两个年级近两年放过风筝的人数约为540，则__________. 【答案】17 【解析】 【分析】根据分层抽样的定义建立方程，解之即可求解. 【详解】由题意知，， 解得， 即高二学生抽取有效样本60，放过风筝的人数为17. 故答案为：17 13. 已知复数分别为方程的两根，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，则，再结合根与系数的关系可求得结果. 【详解】因为分别为方程的两根， 所以，， 所以. 故答案为： 14. 已知为单位向量，且，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，可得，由，当等号成立时可得最小值. 【详解】因为为单位向量，有，得， 由，得，得， 所以，又，所以， 而， 则 当且仅当与方向相反时“=”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. 2023年冬季“尔滨”爆火，某咨询公司开展评价统计，以网络问卷､现场扫码问卷､电话回访､短信等方式进行，得到若干游客的评价得分如下频率分布直方图： （1）估计评分的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），中位数（精确到0.1）： （2）按比例从中抽取4人，进行不满意情况电话回访，再从这4人中随机抽取2人发送礼物，求2人不在同一评分区间的概率. 【答案】（1）估计评分的平均数为，估计评分的中位数为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用平均数的定义进行计算，先确定中位数在内，设中位数为，从而列出方程，求出答案； （2）根据分层抽样得到各抽取的人数，用列举法得到所有情况数和满足要求的情况数，计算出相应的概率. 【小问1详解】 估计评分的平均数为 ； 因为，， 故中位数在内，设中位数为， 则，解得 估计评分的中位数为 【小问2详解】 的频率之比为， 故从中抽取4人，其中内的抽取人数为，设为， 内的抽取人数为，设为， 则从这4人中随机抽取2人发送礼物，情况如下： ，共6种， 其中2人不在同一评分区间的情况有，共3种， 所以从这4人中随机抽取2人发送礼物，求2人不在同一评分区间的概率为. 16. 在同一平面内，的夹角为，且，当取时，取最小值，. （1）证明三点共线； （2）若，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由可得答案； （2）对两边平方再开方，结合二次函数求最值.可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 可得， 所以， 因为向量有共同的起点， 所有三点共线； 【小问2详解】 ，所以 ， 因为，所以当时有最小值， 此时，， 可得，因为，可得. 17. 如图，点为边长为1的菱形所在平面外一点，且为正三角形，，四边形的面积为，点分别为和的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）如图，根据中位线的性质可得且，即四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，利用全等三角形的性质可得，即，根据勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的判定定理即可证明. 【小问1详解】 取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 过作于，连接，由，得. 因为菱形的面积为，所以点到的距离， 则，由、得，即， 所以，又，所以， 得，，得，， 在中，，所以，则. 因为底面是边长为1的菱形，为正三角形， 所以，得，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 18. 在中，已知点满足. （1）若，求的长度； （2）若，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）在，中，由正弦定理得，从而确定，再由两边同时平方，即可得. （2）根据题意得，在中，由余弦定理得，则代入即可. 【小问1详解】 因为，, 即, 所以， 在，中，由正弦定理得 , 又因为， 所以，即， 又因为,所以，故， 所以， 即 所以，故. 【小问2详解】 因为，且， 所以. 在中，由余弦定理得 ， 故， 即，当且仅当取等号， 所以, 所以的面积取值范围为. 19. 如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，三棱柱的侧面积为. （1）求证：； （2）求三棱柱的体积； （3）分别求二面角和二面角的大小. 【答案】（1）证明见详解. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）连接并延长交于，由在底面内的射影为的外心得平面，，再通过证明平面即可； （2）由（1）可知，证明，，根据侧面积为得，再由余弦定理计算底面外接圆半径即可； （3）取中点，连接,证明为等边三角形，即二面角即为,同理可得二面角为. 【小问1详解】 连接并延长交于.如图①所示， 因为在底面内的射影为的外心， 且，即为等腰三角形， 所以平面，,为的中点， 因为平面， 所以， 因为平面，且， 所以平面, 因， 所以. 【小问2详解】 由题意可知，，， 在三棱柱中，,，， 所以四边形与四边形全等， 所以，， 设， 因为三棱柱的侧面积为， 所以，解得. 即， 在中，由余弦定理得， 所以, 由正弦定理得，即， 所以三棱柱的高， 所以三棱柱的体积为. 【小问3详解】 取中点，连接如图②所示， 由（2）可知，，， 所以均为等边三角形， 所以，, 即， 所以为等边三角形， 所以二面角即为, 延长至点，过作，延长至，使得，连接,即四边形为矩形，， 因为, 所以,即， 故为等边三角形, 所以二面角为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了线面垂直、棱柱的体积及二面角，解题的关键在于通过侧面积求侧棱的长度，由正弦定理求三角形外接圆半径以及作二面角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$