精品解析：福建省宁德市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

宁德市2023-2024学年度第二学期期末高一质量检测 数学试题 本试卷有第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟 ，满分150分. 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号，姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的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；第II卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 设复数，则（    ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则（    ） A. B. C. D. 3. 把红、蓝、黑、白张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁个人，每人分得张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”（    ） A. 对立 B. 相等 C. 相互独立 D. 互斥但不对立 4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C 若，，，则 D. 若，，，则 5. 根据某地天气预报，在今后的三天中，每天下雨的概率均为20%．利用计算机产生1到5之间整数值的随机数，当出现随机数1时，表示下雨，当出现随机数2，3，4，5时，表示不下雨，产生20组随机数： 435 451 132 533 224 344 151 231 424 142 412 414 335 312 123 233 314 254 353 442 据此估计这三天中至少有1天下雨的概率为（    ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.55 D. 0.6 6. 甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要在余下的两局比赛中再赢一局就获得冠军，若余下比赛中甲队每局获胜的概率为，则甲队获得冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 若平面向量两两的夹角相等，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（     ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分. 9. 若是样本数据的平均数，则（     ） A. 的极差等于的极差 B. 的中位数等于的中位数 C. 的众数等于的众数 D. 的方差大于的方差 10. 已知三个内角的对应边分别为，且，则（     ） A. 若，则 B. 若，则在上投影向量的模长为1 C. 若，，则角有两解 D 若，则 11. 我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形的棱台称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等的“刍童”，若，则（ ） A. 该“刍童”的表面积为 B. 能够被完整放入该“刍童”内的圆台的体积可能为 C. 该“刍童”外接球的球心到平面的距离为 D. 棱长为的正四面体可以在此空心“刍童”容器内部任意转动 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分. 把答案填在答题卡的相应位置） 12. 某学校师生共有3000人，现用分层抽样方法抽取一个容量为225的样本，已知样本中教师人数为15人，则该校学生人数为_______． 13. 在直三棱柱中，，，动点在棱上，则点到平面的距离为_______． 14. 已知，，，是平面内两两互不相等的向量，满足，且（其中；），则_______． 四、解答题：本大题共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. 已知复数，. （1）若是纯虚数，求; （2）若在复平面内对应的点在第三象限，求的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，是边长为4的正三角形，为棱的中点，平面． （1）求证：平面平面； （2）若异面直线和所成角的正切值为，求二面角的大小． 17. 已知三个内角的对应边分别为，． （1）求； （2）若的面积为，为上一点，平分求. 18. 为了调查某校高一地理学科学生学习情况，用分层抽样从该校高一年级学生中抽取一个容量为100的样本进行质量监测，男生40个，女生60个. 将监测后40个男生的成绩（满分为100分）分为6个区间：，，，，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据以上样本数据，估计该校高一年段地理学科男生成绩的平均数； （2）若从男生成绩样本数据和内随机抽取两个样本，求这两个样本来自同一区间的概率； （3）已知样本数据中男生成绩的方差为194，样本数据中女生成绩的平均数和方差分别为76和120，以此估计该校高一年段地理学科成绩的总体平均数和方差. 19. 数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. （1）证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； （2）记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； （3）当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宁德市2023-2024学年度第二学期期末高一质量检测 数学试题 本试卷有第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟 ，满分150分. 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写准考证号、姓名，考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号，姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2．第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的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；第II卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答，在试题卷上作答，答案无效. 第I卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 设复数，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模的公式可求结论. 【详解】因为，所以，所以. 故选：C. 2. 已知向量，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出的坐标，再利用向量共线的坐标式列出方程即可解得. 【详解】由可得，， 因，故得，解得. 故选：A. 3. 把红、蓝、黑、白张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁个人，每人分得张，事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”是（    ） A. 对立 B. 相等 C. 相互独立 D. 互斥但不对立 【答案】D 【解析】 【分析】利用互斥事件和对立事件的特征易判断得出结论. 【详解】因纸牌只有红、蓝、黑、白张，分给甲、乙、丙、丁个人，每人一张， 则事件“甲分得红牌”与事件“乙分得红牌”在一次分法中不可能同时发生，故两事件互斥； 同时在一次分法中除了这两个事件，还有“丙分得红牌”，“丁分得红牌”这些可能事件， 故这两个事件不是对立事件. 故选：D. 4. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于，两个平面内的两条直线垂直不能推这两个面垂直；对于，两个平面内的两条直线平行不能得到这两个面平行；对于，面面平行则平面内的任意直线，平行或异面；对于，由面面垂直的判定定理即可判断. 【详解】对于，若，，，则，不一定垂直，可能相交或平行，故错误； 对于，若，，，则，不一定平行，可能相交，故错误； 对于，若，，，则直线，平行或异面，故错误； 对于，若，，则，又，所以，故正确. 故选：. 5. 根据某地天气预报，在今后的三天中，每天下雨的概率均为20%．利用计算机产生1到5之间整数值的随机数，当出现随机数1时，表示下雨，当出现随机数2，3，4，5时，表示不下雨，产生20组随机数： 435 451 132 533 224 344 151 231 424 142 412 414 335 312 123 233 314 254 353 442 据此估计这三天中至少有1天下雨的概率为（    ） A. 0.4 B. 0.5 C. 0.55 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】由题意知经随机模拟产生的20组随机数中表示三天中至少有1天下雨的可以通过列举得到共10组随机数，根据概率公式得到结果. 【详解】20组随机数中三天中至少有1天下雨的有 451，132，151，231，142，412，414，312，123，314，共10组随机数， 所以这三天中至少有1天下雨的概率为. 故选：. 6. 甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要在余下的两局比赛中再赢一局就获得冠军，若余下比赛中甲队每局获胜的概率为，则甲队获得冠军的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设知比赛中甲队每局获胜的概率为，输的概率为，甲队要获得冠军，则至少在两局内赢一局，利用概率的乘法和加法公式求概率即可. 【详解】比赛中甲队每局获胜的概率为，输的概率为， 当第一局甲获胜，其概率为， 当第一局甲输，第二局甲赢，其概率为， 甲队获得冠军的概率为. 故选：. 7. 若平面向量两两的夹角相等，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，两两的夹角为或，按照此两种情况讨论，结合数量积的运算律即可得出结果. 【详解】因为平面向量两两的夹角相等， 所以平面向量两两的夹角为或， 又因 当夹角为时，即向量同向，则； 当夹角为时，即， ， ， 则. 综上所述，等于或. 故选：C. 8. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可得，且，利用列举法结合古典概型分析求解. 【详解】由可得，则. 因为为钝角，所以，且不共线， 可得，即，且. 当时，有且，所以可取2，4，5，6； 当时，有，可取5，6； 当，，，时，，此时无解； 综上所述：满足条件有6种可能. 又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种， 所以为钝角的概率 故选：B. 二、多项选择题：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，有选错的得0分. 9. 若是样本数据的平均数，则（     ） A. 的极差等于的极差 B. 的中位数等于的中位数 C. 的众数等于的众数 D. 的方差大于的方差 【答案】AD 【解析】 【分析】根据极差，中位数，众数的定义分析，由方差计算公式分析. 【详解】根据题意，设样本数据中，最小值为，最大值为， 对于A，因为样本数据的平均数，其极差为，而样本数据加入原样本数据的平均数，其最值和原样本数据是一样的，所以极差是一样的，即，故A正确； 对于B，因为样本数据的中位数，而样本数据的中位数为中排在中间的数，则原样本数据的中位数不一定等于新样本数据的中位数，故B错误； 对于C，因为样本数据与样本数据的数据都没有实际数据，均没办法判断众数，故C错误； 对于D， 样本数据的方差为， 样本数据的方差为，显然前者更大，故D正确． 故选：AD. 10. 已知三个内角的对应边分别为，且，则（     ） A. 若，则 B. 若，则在上投影向量的模长为1 C. 若，，则角有两解 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A,画出图形根据三点共线的向量表达式判断； 对于B，用投影向量的模长公式计算判断； 对于C，画出图形，求出高线，比较大小来判断解的个数； 对于D，用数量积和余弦定理综合考虑即可判断. 【详解】对于A,如图所示， ，根据三点共线的向量表达式得到.故A正确. 对于B，在上投影向量的模长为．故B错误. 对于C，如图所示，求得，则有两组解,故C正确. 对于D，，则为钝角，则，即， 即，故，故D正确． 故选：ACD. 11. 我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形的棱台称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等的“刍童”，若，则（ ） A. 该“刍童”的表面积为 B. 能够被完整放入该“刍童”内的圆台的体积可能为 C. 该“刍童”的外接球的球心到平面的距离为 D. 棱长为的正四面体可以在此空心“刍童”容器内部任意转动 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，把侧面高求出来，然后就可以求侧面积，最终可求表面积；对于B，轴截面的等腰梯形求出能够被完整放入该“刍童”内的圆台的最大的高，即可求出体积； 对于C，先求该“刍童”的外接球的球心到平面的距离为，再根据平面的外接圆的圆心恰为线段的中点，进而可求； 对于D，棱长为的正四面体的外接球直径为，此棱台可放入的最大球的直径为，故可判断. 【详解】对于A，根据题意可得，棱台侧面的高为，该“刍童”的表面积为，，所以正确 对于B，由轴截面的等腰梯形可知，，其高， 如图所示， 能够被完整放入该“刍童”内的圆台的最大的体积为 ， 所以不正确 对于C，棱台侧棱相等，易知其外接球球心在线段所在直线上，设外接球球心为， 如图当球心在线段延长线上时，(外接球的半径),由此可得,即, 解得,, 该“刍童”的外接球的球心到平面的距离也即的距离为， 同理，设平面的外接圆的圆心为，分别是的中点， 由A可知，,则,即, 解得,所以平面的外接圆的圆心恰为线段的中点，故该“刍童”的外接球的球心到平面的距离为，所以正确． 对于D，若正四面体在此容器内部可以任意转动，则正四面体的外接球可以放进容器， 如图，过点作底面的垂线，垂足为点,设正四面体的外接球的球心为,半径为， 根据题意，可得点为底面的中心，底面三角形的边上的高为， 则,,所以,即,, ，解得， 所以棱长为的正四面体的外接球直径为， 由轴截面的等腰梯形可知，其高为，可知此棱台可放入的最大球的直径为，小于正四面体的外接球直径， 故不可以在此空心棱台容器内部任意转动，所以不正确． 故选：AC 第II卷（非选择题共92分） 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分. 把答案填在答题卡的相应位置） 12. 某学校师生共有3000人，现用分层抽样方法抽取一个容量为225的样本，已知样本中教师人数为15人，则该校学生人数为_______． 【答案】2800 【解析】 【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到答案. 【详解】样本中教师人数为15人，学生人数为， 该校学生人数为. 故答案为：. 13. 在直三棱柱中，，，动点在棱上，则点到平面的距离为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得∥平面，则点到平面的距离等于点平面的距离，然后利用可求得答案. 【详解】因为∥，平面，平面， 所以∥平面， 因为动点在棱上，所以点到平面的距离等于点平面的距离， 设点平面的距离为， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以， 所以，得， 所以点到平面的距离等于. 故答案为; 14. 已知，，，是平面内两两互不相等的向量，满足，且（其中；），则_______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可知是边长为2的菱形，由可得，根据向量的数量积定义即可求解. 详解】由已知， 如图示可知：是边长为2的菱形，且， ， 所以, 所以. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据已知条件结合向量的线性运算得到是边长为2的菱形，然后再结合向量数量积的定义求解即可. 四、解答题：本大题共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. 已知复数，. （1）若是纯虚数，求; （2）若在复平面内对应的点在第三象限，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据是纯虚数可求，由复数的乘法运算即可求解； （2）根据复数的除法运算先求，再根据在复平面内对应的点在第三象限求解即可. 【小问1详解】 因为，是纯虚数， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，是边长为4的正三角形，为棱的中点，平面． （1）求证：平面平面； （2）若异面直线和所成角的正切值为，求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析; （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，由线面垂直可得，进而可证平面，可证结论； （2）由已知可得，取的中点，连接，取的中点，连接，，由已知可得为二面角的平面角，求解即可. 【小问1详解】 由于底面为矩形，所以， 又有平面，平面，所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】 由于，即为异面直线和所成角所成的角． 因为异面直线和所成角的正切值为， 由于平面，所以， 所以在中，，所以， 由于是边长为4的正三角形，取的中点，连接， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，． 取的中点，连接，，，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在中，，所以， 所以为二面角平面角. 17. 已知三个内角的对应边分别为，． （1）求； （2）若的面积为，为上一点，平分求. 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）法一：利用正弦定理化边为角，利用内角关系转化即得；法二：利用余弦定理，化角为边，化简即得； （2）法一：利用三角形面积公式求得,由正弦定理证明三角形角平分线定理，最后将用基向量表示，利用向量数量积的运算律求出；法二：同法一求出，利用等面积直接求出. 【小问1详解】 法一：由和正弦定理可得： ， 因 代入得， 因为， ，所以 即 . 法二:由余弦定理可得 即，所以 因为，所以. 【小问2详解】 法一：如图，由， 可得，解得 因为平分 在中根据正弦定理得： 在中根据正弦定理得： 所以， 所以 所以， 解得，即； 法二:如图，由， 可得 ，解得 由，且平分 可得， 整理得： 解得，. 18. 为了调查某校高一地理学科学生的学习情况，用分层抽样从该校高一年级学生中抽取一个容量为100的样本进行质量监测，男生40个，女生60个. 将监测后40个男生的成绩（满分为100分）分为6个区间：，，，，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）根据以上样本数据，估计该校高一年段地理学科男生成绩的平均数； （2）若从男生成绩样本数据和内随机抽取两个样本，求这两个样本来自同一区间的概率； （3）已知样本数据中男生成绩的方差为194，样本数据中女生成绩的平均数和方差分别为76和120，以此估计该校高一年段地理学科成绩的总体平均数和方差. 【答案】（1）71 （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）根据平均数的定义结合频率分布直方图求解即可； （2）利用列举法求解即可； （3）先根据题意求出总样本的平均数，再利用方差公式求解方差. 【小问1详解】 根据频率分布直方图有，男生成绩样本数据的平均数 ， 所以男生成绩样本数据的平均数为71. 【小问2详解】 在区间和内的男生成绩样本数据分别有4个和2个， 分别用和表示，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点 有，， 个数为， 记事件“这两个样本来自同一区间”， 则事件包含的样本点有 个数为， 所以； 【小问3详解】 设男生成绩样本数据为，，…，，其平均数为，方差为 女生成绩样本数据为，，…，，其平均数为， 方差为；总样本的平均数为，方差为. 由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系， 得. . 所以总样本的平均数和方差分别为和. 19. 数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. （1）证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； （2）记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； （3）当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 【答案】（1）证明见解析，图象见解析; （2）; （3）存在， . 【解析】 【分析】（1）由题意可得，从而可得点的轨迹是圆；进而由点是正方体表面上一动点，可作圆弧； （2）由题意可得，，设与所成的角为，可知，，可计算范围. （3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上，故延长交于点，过点做，交于点，交于点，交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形，进而计算可求截面周长. 【小问1详解】 由于是正方体， 两直线，与面所成的角相等 即，由于， ，即， 即， 依题意平面内点到两定点距离之比为2，故点的轨迹是圆， 而点是正方体表面上一动点（包括边界）， 即点的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧（如图所示）. 【小问2详解】 依题意可知：圆心在所在的直线上， 作圆与交于点，与延长线上交于点，显然恰为圆的直径， 故依，恰好为线段的三分之一分点，， ，所以是的中点，所以，， 所以圆的半径为，从而，，所以， 设与所成的角为，可知， ， ， ； 【小问3详解】 由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上， 故延长交于点，过点做，交于点，交于点， 交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形. 以下证明此时即∥平面， 由于，平面，平面 所以∥平面， 故有，， 在中， 在中， 在中， 在中， 在中， 所以所求的截面五边形的周长 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$