精品解析：湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

长郡中学2024年上学期高一期未考试 数学 时量：120分钟 满分：150分 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. 若复数的模为10，虚部为，则复数的实部为（ ） A. B. 6 C. D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】设，根据模长的计算公式，即可求得答案. 【详解】设复数，则， 故选：C 2. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）． A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可. 【详解】解：掷两枚质地均匀骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”， 事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误； ，，，， 因为，所以与独立，故选项C正确； 事件与不相等，故选项D错误. 故选：C. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】过点作，在直角中，求得，结合斜二测画法的规则，即可求得原平面图形的高，得到答案. 【详解】如图所示，过点作， 因为四边形为直角梯形，且，，可得， 在直角中，可得， 根据斜二测画法的规则，可得原平面图形的高为. 故选：C. 4. 已知一组样本数据：8，9，9，11，12，13，15，16，17，18，18，20，则这组样本数据的第70百分位数与中位数之和是（ ） A. 29 B. 30 C. 31 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用百分位数和众数的定义和计算方法，求得第70百分位数与中位数，即可求解. 【详解】由一组样本数据：8，9，9，11，12，13，15，16，17，18，18，20，共有12个， 可得，所以第9个数据为第70百分位数，即为17， 又由中位数的定义和计算方法，可得中位数为， 所以这组样本数据的第70百分位数与中位数之和是. 故选:C. 5. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，以为基底，则可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案. 【详解】依题意， . 故选：D 6. 已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，的夹角为，由题意可得，，解方程即可得出答案. 【详解】设，的夹角为， 由可得：， ，所以， 在上的投影向量为，则， 所以，即，则. 故选：B. 7. 如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意确定几何体为三棱台，再结合棱台的体积公式求出三棱台的体积和棱柱的体积之间的关系，即可求得答案. 【详解】因为在三棱柱中，，， 故， 则，故几何体为三棱台； 设三棱台的体积为，几何体的体积为， 设h为三棱柱高，则， ， 故， 故选：A 8. 有能力互异的3人应聘同一公司，他们按照报名顺序依次接受面试，经理决定“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”，记该公司录用到能力最强的人的概率为，录用到能力中等的人的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设三人能力分别为强、中、弱，然后列举出三人参加面试的所有次序，再分别找出该公司录用到能力最强的人和录用到能力中等的人的情况，利用古典概型的概率公式可求出. 【详解】设三人能力分别为强、中、弱，则三人参加面试的次序为： （强、中、弱），（强、弱、中），（中、强、弱），（中、弱、强），（弱、中、强），（弱、强、中），总数， 按“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”的规定， 该公司录用到能力最强的人包含的结果有：（中、强、弱），（中、弱、强），（弱、强、中），共3种情况， 所以该公司录用到能力最强的人的概率， 该公司录用到能力中等的人包含的结果有：（强、弱、中），（弱、中、强），共2种情况， 所以该公司录用到能力中等的人的概率. 故选：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. 下列说法正确的有（ ） A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10% B. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2．现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 【答案】AD 【解析】 【分析】根据简单随机抽样的特点可判断A；根据平均数以及方差的计算公式可判断BD；根据一组数据中的每个数据都乘以一个数后的性质可判断C. 【详解】对于A，简单随机抽样是等可能抽样，即每个个体被抽到的可能性均为，A正确； 对于B，数据1，2，，6，7的平均数为4，即， 故这组数据的方差为，B错误； 对于C，将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的9倍，C错误； 对于D，样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数为， 方差为，D正确， 故选：AD 10. 如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成的角的大小为 B. 直线平面 C. 平面平面 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平移法可求出直线与所成的角，判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；采用反证法可判断C；根据线面角的定义求出直线与平面所成角的正弦值，判断D. 【详解】对于A，连接，则，即为正三角形， 又，分别为，的中点，故， 故直线与所成的角即为所成角或其补角，而， 故直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B，由于，故四边形为平行四边形， 故，而，故, 又平面，平面，故平面，B正确； 对于C，取EF中点为M，连接DM，显然，故， 假设平面平面，而平面平面， 平面，则平面，又平面， 则，这与二者交于D点矛盾，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，点C到平面的距离为d， 则， 而， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则，D正确， 故选：ABD 11. 点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ） A. 若，则点为的外心（外接圆圆心） B. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 C. 若，，分别表示，的面积，则 D. 若，则点是的内心 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，计算出，⊥，同理可得⊥，⊥，则点为的垂心；B选项，作出辅助线，得到，故点在中线上，故向量一定经过的重心；C选项，作出辅助线，得到，从而得到所以，故；D选项，作出辅助线，得到，故⊥，并得到在的平分线上，同理可得，在的平分线上. 【详解】A选项，，即，故⊥， 同理可得⊥，⊥，则点为的垂心，A错误； B选项，过点作⊥于点，取的中点，连接， 则，， 则， 故点在中线上，故向量一定经过的重心，B正确； C选项，如图，分别为的中点， ， 则，故， 所以， 故，C正确； D选项，分别表示方向上的单位向量， 故， ，故⊥， 由三线合一可得，在的平分线上，同理可得，在的平分线上， 则点是的内心，D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：点为所在平面内的点，且，则点为的重心， 点为所在平面内的点，且，则点为的垂心， 点为所在平面内的点，且，则点为的外心， 点为所在平面内的点，且，则点为的内心， 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 复数，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，即可求解. 【详解】由复数，则，所以. 故答案为：. 13. 如图，一架无人机距离地面的高度m，在处观测到岳麓山山顶的仰角为15°，地面上处的俯角为45°，若，则岳麓山的高度为__________m. 【答案】300 【解析】 【分析】先求出，继而利用正弦定理求出AC，再解直角三角形ABC，即可求得答案. 【详解】由题意知，m，则， 在中，， 故，则， 又直角三角形ABC中，，故， 故答案为：300 14. 已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是________. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间点、线、面位置关系，根据三棱锥的特点计算其外接球的半径. 【详解】在等腰中，易知，所以，的外接圆的半径为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径为. 所以其表面积为. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得出角B； （2）由向量的运算得出，由余弦定理得出，进而得出，最后得出面积. 【小问1详解】 因为，所以. 即，即 又，所以. 【小问2详解】 由，得，则由平行四边形法则可得， 则，即① 又，即② 由①②可得. 则. 16. 对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组的学生实际成绩的平均数与方差. 【答案】（1）众数为；平均数为 （2）平均数为；方差为 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的众数和平均数的定义和计算方法，即可求解； （2）根据题意，得到分数在区间的学生为10人，分别为，得到，设第三组分别为，得到，设第四组分别为，其平均数和方差为，求得，结合，即可求解. 【小问1详解】 解：根据频率分布直方图的众数的定义，可得这800名学生成绩的众数为， 这800名学生成绩的的平均数为： （分）. 【小问2详解】 解：根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人， 各段抽取的人生分别为：12人，16人，6人，4人和2人， 其中分数在区间的学生为10人，分别为， 其中平均成绩与方差分别为，则， 设第三组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为，则， 设第四组学生实际成绩分别为，其平均数和方差为， 由，可得， 由， 可得，解得， 所以第四组的学生实际成绩的平均数为与方差为. 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形的判定方法与性质可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，确定，利用等面积法求出，结合三棱锥的体积公式计算即可求解. 【小问1详解】 如图，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】 如图，连接，过作于点， 因为底面圆，底面圆，所以， 又平面，所以平面. 则. 因为直线与圆柱底面所成角为，底面圆，底面圆， 所以，则即为直线与圆柱底面所成角， 即，由，得， 所以， 在中，，所以， 由，得， 解得.所以. 18. 据《人民网》报道，“美国国家航空航天局（NASA）发文称，相比20年前世界变得更绿色了，卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的420/0来自植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．（造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和）单位：公顷 按造林方式分 地区 造林总面积 人工造林 飞播造林 新封山育林 退化林修复 人工更新 内蒙 618484 311052 74094 136006 90382 6950 河北 583361 345625 33333 135107 65653 3643 河南 149002 97647 13429 22417 15376 133 重庆 226333 100600 62400 63333 陕西 297642 184108 33602 63865 16067 甘肃 325580 260144 57438 7998 新疆 263903 118105 6264 126647 10796 2091 青海 178414 16051 159734 2629 宁夏 91531 58960 22938 8298 1335 北京 19064 10012 4000 3999 1053 （Ⅰ）请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区； （Ⅱ）在这十个地区中，任选一个地区，求该地区人工造林面积与造林总面积的比值不足50%的概率是多少？ （Ⅲ）从上表新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷的概率． 【答案】（Ⅰ） 最大的地区为甘肃省，最小的地区为青海省（Ⅱ） （Ⅲ） 【解析】 【分析】（Ⅰ）结合表格数据进行判断即可（Ⅱ）根据古典概型的概率公式进行计算即可（Ⅲ）利用列举法结合古典概型的概率公式进行求解即可 【详解】（Ⅰ） 人工造林面积与造林总面积比最大的地区为甘肃省， 人工造林面积占造林总面积比最小的地区为青海省 （Ⅱ） 设在这十个地区中，任选一个地区，该地区人工造林面积占总面积的比比不足50%为事件A 在十个地区中，有3个地区（重庆、新疆、青海）人工造林面积占总面积比不足50%， 则 （Ⅲ）设至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷为事件B 新封山育林面积超过十万公顷有4个地区：内蒙、河北、新疆、青海，分别设为， 其中退化林修复面积超过五万公顷有2个地区：内蒙、河北即 从4个地区中任取2个地区共有6种情况，，，，，， 其中至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷共有5种情况，，，，， 则． 【点睛】本题主要考查概率计算，结合古典概型的概率公式利用列举法是解决本题的关键． 19. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【小问1详解】 证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体总曲率为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长郡中学2024年上学期高一期未考试 数学 时量：120分钟 满分：150分 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. 若复数的模为10，虚部为，则复数的实部为（ ） A. B. 6 C. D. 36 2. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）． A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 1 C. D. 2 4. 已知一组样本数据：8，9，9，11，12，13，15，16，17，18，18，20，则这组样本数据的第70百分位数与中位数之和是（ ） A 29 B. 30 C. 31 D. 32 5. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，以为基底，则可以表示为（ ） A. B. C D. 6. 已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 2 D. 7. 如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 有能力互异的3人应聘同一公司，他们按照报名顺序依次接受面试，经理决定“不录用第一个接受面试的人，如果第二个接受面试的人比第一个能力强，就录用第二个人，否则就录用第三个人”，记该公司录用到能力最强的人的概率为，录用到能力中等的人的概率为，则（ ） 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. 下列说法正确的有（ ） A. 某班有40名学生，若采用简单随机抽样从中抽取4人代表本班参加社区活动，那么学号为04的学生被抽到的可能性为10% B. 已知一组数据1，2，，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 将一组数据中的每个数据都乘以3后，方差也变为原来的3倍 D. 若一个样本容量为8的样本的平均数为5，方差为2．现样本中又加入一个新数据5，此时样本容量为9，平均数不变，方差变小 10. 如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与所成的角的大小为 B 直线平面 C. 平面平面 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 点在所在的平面内，则以下说法正确的有（ ） A. 若，则点为的外心（外接圆圆心） B. 若，则动点的轨迹一定通过的重心 C. 若，，分别表示，面积，则 D. 若，则点是的内心 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 复数，则__________. 13. 如图，一架无人机距离地面的高度m，在处观测到岳麓山山顶的仰角为15°，地面上处的俯角为45°，若，则岳麓山的高度为__________m. 14. 已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是________. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积． 16. 对800名参加竞赛选拔学生的成绩作统计（满分：100分），将数据分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图估计这800名学生成绩的众数和平均数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取40人.若分数在区间的学生实际成绩的平均数与方差分别为78分和，第三组的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1，求第四组的学生实际成绩的平均数与方差. 17. 如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. （1）证明：平面； （2）若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥体积. 18. 据《人民网》报道，“美国国家航空航天局（NASA）发文称，相比20年前世界变得更绿色了，卫星资料显示中国和印度的行动主导了地球变绿．”据统计，中国新增绿化面积的420/0来自植树造林，下表是中国十个地区在2017年植树造林的相关数据．（造林总面积为人工造林、飞播造林、新封山育林、退化林修复、人工更新的面积之和）单位：公顷 按造林方式分 地区 造林总面积 人工造林 飞播造林 新封山育林 退化林修复 人工更新 内蒙 618484 311052 74094 136006 90382 6950 河北 583361 345625 33333 135107 65653 3643 河南 149002 97647 13429 22417 15376 133 重庆 226333 100600 62400 63333 陕西 297642 184108 33602 63865 16067 甘肃 325580 260144 57438 7998 新疆 263903 118105 6264 126647 10796 2091 青海 178414 16051 159734 2629 宁夏 91531 58960 22938 8298 1335 北京 19064 10012 4000 3999 1053 （Ⅰ）请根据上述数据，分别写出在这十个地区中人工造林面积与造林总面积的比值最大和最小的地区； （Ⅱ）在这十个地区中，任选一个地区，求该地区人工造林面积与造林总面积的比值不足50%的概率是多少？ （Ⅲ）从上表新封山育林面积超过十万公顷的地区中，任选两个地区，求至少有一个地区退化林修复面积超过五万公顷的概率． 19. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$