精品解析：河北省沧州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

沧州市2023—2024学年第二学期期末教学质量监测 高一数学 班级________ 姓名________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 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，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. 已知复数为纯虚数，则实数（ ） A. B. 4 C. 0 D. 4或 2. 样本数据11，12，13，14，15，16，17，18，19，20的第80百分位数是（ ） A. 18 B. 19 C. 18.5 D. 18或19 3. 某班级有60名学生，班主任用不放回的简单随机抽样的方法从这60名学生中抽取5人进行家访，则同学a被抽到的可能性为（ ） A. B. C. D. 4. 已知四棱柱的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图（斜二测画法）如图所示，其中，，则这个四棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则这个三角形是（ ） A. 等腰三角形或直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 6. 在中，，，P是BN上一点，且，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 7. 河北定州开元寺塔是世界上现存最高的砖木结构古塔（如图），著名古建专家罗哲文誉其为“中华第一塔”．为了测量开元寺塔的高度，一研究小组选取了与该楼底部O在同一水平面内三个共线的测量基点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，示意图如图，则该塔高（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正三棱台中，，M，N分别是AB，的中点，则异面直线MN，所成角的余弦值为（ ） 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. 已知事件满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立 B. 事件A与事件B可能为对立事件 C. 若事件A与事件B相互独立，则 D. 若事件A与事件B互斥，则 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为3 C. 若，则 D. 若，则向量在向量上投影向量的坐标是 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是，的中点，点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 点P到平面BEF的距离不变 B. 平面BEF截该正方体所得的截面面积为5 C. 当点P在线段上运动时，始终有平面 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知i是虚数单位，则复数的共轭复数为________． 13. 为了丰富员工的业余生活，某企业举办了有奖答题活动，参加活动的员工依次回答三个问题，不管答对或者答错，三题答完活动结束．规定每位员工只能参加一次活动，且至少答对两道题才能获奖．已知员工甲第一题答对的概率为，第二题答对的概率为，第三题答对的概率为，假设员工甲是否答对每一题相互独立，则员工甲获奖的概率为________． 14. 在中，，，，M，N分别为AC，AB上动点（不包括端点），将沿MN折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCMN．若点均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为________． 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. 已知复数，，在复平面内表示的点分别为，，为坐标原点． （1）若复数在复平面内对应的点在直线上，求的值； （2）若与夹角为锐角，求实数的取值范围． 16. 已知，是平面内两个不共线的向量，若，，． （1）证明：A，B，C三点共线； （2）若，，点，B，C，D，P恰好构成平行四边形，求点P的坐标． 17. 某学校高一年级举办了数学竞赛活动，共有1000名学生参加．从中随机抽取了100名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，按，，，，的分组作出频率分布直方图，如图所示． （1）求实数x的值，并估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数、中位数、平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值表示）； （2）现从，两组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取7人组成数学学习小组，再从这7人中抽取2人作为组长，求至少一名组长来自的概率． 18. 在如图所示的几何体中，，平面，四边形为菱形，，，，点为的中点． （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. （3）求直线与平面所成角正弦值． 19. 在中，内角所对的边分别是，． （1）求角； （2）若边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 沧州市2023—2024学年第二学期期末教学质量监测 高一数学 班级________ 姓名________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上． 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，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. 已知复数为纯虚数，则实数（ ） A. B. 4 C. 0 D. 4或 【答案】B 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念列出方程组，解之即得. 【详解】复数为纯虚数．所以，解得. 故选：B． 2. 样本数据11，12，13，14，15，16，17，18，19，20的第80百分位数是（ ） A. 18 B. 19 C. 18.5 D. 18或19 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解即可. 【详解】共10个数．已经从小到大排列好，因为， 所以第80百分位数是第8个和第9个数平均数，即18.5． 故选：C． 3. 某班级有60名学生，班主任用不放回的简单随机抽样的方法从这60名学生中抽取5人进行家访，则同学a被抽到的可能性为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查简单随机抽样的特点，总体中的每一个个体被抽到的可能性均等. 【详解】总体有60个个体，每个个体被抽到的概率相同，均为. 故选A． 4. 已知四棱柱的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图（斜二测画法）如图所示，其中，，则这个四棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法结合四棱柱体积公式计算即可. 【详解】根据斜二测画法，原来平行于 y 轴的直线，变为平行于 y 且长度变为原来的一半，平行于 x 轴的直线不变. 因为所以为等腰直角三角形，所以 故原来的, 故原底面如下图 所以四边形ABCD的面积为 所以四棱柱的体积是. 故选:D. 5. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则这个三角形是（ ） A. 等腰三角形或直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】利用两次正弦定理和二倍角的正弦公式可得，结合诱导公式计算即可求解. 【详解】由正弦定理，得，则， 即，由正弦定理，得， 即．所以或． 解得或， 所以这个三角形是等腰三角形或直角三角形. 故选：A． 6. 在中，，，P是BN上一点，且，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】作出图形，由平面向量基本定理求出的值，再用向量数量积的运算律计算即得. 【详解】 如图，，，且， 因三点共线，故，即，， 故． 故选：C． 7. 河北定州开元寺塔是世界上现存最高的砖木结构古塔（如图），著名古建专家罗哲文誉其为“中华第一塔”．为了测量开元寺塔的高度，一研究小组选取了与该楼底部O在同一水平面内三个共线的测量基点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为，，，且，示意图如图，则该塔高（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则，，，在和利用余弦定理列方程，然后由，可得，从而可求出. 【详解】设，由在点A，B，C处分别测得塔顶P点的仰角为，，， 则，，， 在，由余弦定理知， 中，由余弦定理知， 因为A，B，C三点共线．所以， 则．解得， 故选：D． 8. 如图，在正三棱台中，，M，N分别是AB，的中点，则异面直线MN，所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接MC，，取MC中点P，连接，PB，可得即为异面直线MN，所成角（或其补角），然后根据已知条件在中求解即可. 【详解】如图所示，连接MC，，取MC的中点P，连接，PB， 在正三棱台中，设，则， 因为M，N分别是AB，中点，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以即为异面直线MN，所成角（或其补角）， 在梯形中，MN为梯形的高，过作于，则， 所以，所以，， 所以， 即，， 在中， ． 所以， 即异面直线MN，所成角的余弦值为． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知事件满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立 B. 事件A与事件B可能为对立事件 C. 若事件A与事件B相互独立，则 D. 若事件A与事件B互斥，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，利用相互独立事件的定义，即可求解；选项B，利用对立事件的概率和为1，即可求解；选项C，利用相互独立事件的概率公式，即可求解；选项D，利用互斥事件的概率公式，即可求解. 【详解】对于选项A，根据相互独立事件的定义易知选项A正确； 对于选项B，对立事件的概率和为1，但．故选项B错误； 对于选项C，根据相互独立事件的定义，，故选项C正确； 对于选项D，事件A与事件B互斥，则，故选项D正确 故选：ACD． 10. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的最小值为3 C. 若，则 D. 若，则向量在向量上的投影向量的坐标是 【答案】BD 【解析】 【分析】按题意，求出的坐标，对于A，利用向量垂直的充要条件；对于B，求得的表达式，利用二次函数的最值即可推得；对于C，利用共线向量的坐标表示式，计算即得；对于D，根据投影向量的定义公式计算即得. 【详解】对于A，由，．得． 由，得．解得，故A错误； 对于B，．因此． 当且仅当时等号成立,故B正确； 对于C．因为．所以，即，故C错误； 对于D，向量在向量上的投影向量为，故D正确． 故选：BD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是，的中点，点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 点P到平面BEF的距离不变 B. 平面BEF截该正方体所得的截面面积为5 C. 当点P在线段上运动时，始终有平面 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过线面平行时线到面的距离不变判断A，先确定截面与正方体表面的交线，进而求解截面面积判断B，通过面面平行来得到线面平行，进而判断C，通过展开使和在同一平面，然后根据余弦定理求解. 【详解】对于A．易知，平面BEF，平面BEF． 所以平面BEF， 又点P在线段上， 所以点P到平面BEF的距离不变， 故A正确； 对于B，如图1，连接，，易知，． 平面BEF截该正方体所得的截面为平面，，． 所以易知四边形的面积为， 故B错误； 对于C．如图2，连接，，易知平面平面． 又因为平面．所以始终有平面． 故C正确； 对于D，如图3．连接，把平面沿展开到平面所在平面，如图4，连接交于点P，此时取得最小值，即最小值为， 在中，，． 由余弦定理得，， 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. 已知i是虚数单位，则复数的共轭复数为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算及共轭复数的概念，求结果. 【详解】由题意可得，，所以复数的共轭复数为． 故答案为：. 13. 为了丰富员工的业余生活，某企业举办了有奖答题活动，参加活动的员工依次回答三个问题，不管答对或者答错，三题答完活动结束．规定每位员工只能参加一次活动，且至少答对两道题才能获奖．已知员工甲第一题答对的概率为，第二题答对的概率为，第三题答对的概率为，假设员工甲是否答对每一题相互独立，则员工甲获奖的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】分别利用独立事件的乘法公式与互斥事件的概率加法公式分别求出员工甲答对两题和答对三题的概率，从而可得员工甲获奖的概率. 【详解】员工甲答对两题的概率为． 员工甲答对三题的概率为． 所以员工获奖概率为． 故答案为：. 14. 在中，，，，M，N分别为AC，AB上的动点（不包括端点），将沿MN折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCMN．若点均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先证，，接着证得平面，平面，作出外接球的球心，证得平面，平面，推理得到,设，分别表示出，利用，建立外接球半径的方程，利用二次函数的性质即可求得球O表面积的最小值. 【详解】 显然M 不与A重合，由点均在球O的球面上，得B，C，M，N四点共圆，则有． 又为直角三角形，AB为斜边，则有，如图将翻折后，，， 又平面平面，平面平面，平面，平面BCMN， 于是平面，平面. 显然的中点D为的外接圆圆心，BM的中点E是四边形的外接圆圆心， 则平面，平面．因此，． 取NM的中点F．连接DF，EF，则有，． 所以四边形为平行四边形． 作于点，则,, ，则，，． 设球O的半径R．则在中，， 当时，，此时球O表面积的最小值为． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查空间几何体的翻折和多面体的外接球，属于难题. 解题思路在于由多面体的底面多边形的外接圆圆心找到外接球球心，再建立关于外接球半径的方程，即可求得. 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. 已知复数，，在复平面内表示的点分别为，，为坐标原点． （1）若复数在复平面内对应的点在直线上，求的值； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用在复平面内对应的点在直线上求出，即可代入求出模长. （2）利用向量夹角的坐标计算公式即可写出，利用夹角为锐角，并把共线的排除掉，即可求解. 【小问1详解】 ，因为复数在复平面内对应的点在直线上， 所以，解得． 所以． 所以． 【小问2详解】 ，， 因为与的夹角为锐角，则且两向量不同向， 所以， 即，即，解得或， 当两向量共线且同向时，设且， 即，，所以，解得，， 所以， 综上，实数m的取值范围为． 16. 已知，是平面内两个不共线的向量，若，，． （1）证明：A，B，C三点共线； （2）若，，点，B，C，D，P恰好构成平行四边形，求点P的坐标． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量运算得，即可证明三点共线； （2）设点P的坐标为，利用得到方程组，解出即可. 【小问1详解】 因为，所以． 又因为有公共点点， 所以A，B，C三点共线． 【小问2详解】 设点P的坐标为，则，， 因为B，C，D，P恰好构成平行四边形BCDP．所以， 即，解得， 所以点P的坐标为． 17. 某学校高一年级举办了数学竞赛活动，共有1000名学生参加．从中随机抽取了100名学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，按，，，，的分组作出频率分布直方图，如图所示． （1）求实数x的值，并估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数、中位数、平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值表示）； （2）现从，两组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取7人组成数学学习小组，再从这7人中抽取2人作为组长，求至少一名组长来自的概率． 【答案】（1），众数为75分，中位数为71分，平均数为分 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的面积之和为1，可以求出，再根据频率分布直方图可求出众数，中位数，平均数. （2）根据分层抽样可得中抽取的人数为，中抽取的人数为，然后把所有情况都列举出来，用古典概率计算公式即可求解． 【小问1详解】 在频率分布直方图中，，解得， 结合频率分布直方图，估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数为75分， 落在的频率为0.16，的频率为0.3，的频率为0.4．则中位数落在内，设中位数为y，则，解得，即中位数为71分， 平均数为分. 【小问2详解】 按比例分配的分层随机抽样方法．中抽取的人数为，中抽取的人数为． 记来自的5人和来自的2人分别为，，，，，，， 则所有基本事件为，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共21个，满足题意的有11个， 由古典概型知，至少一名组长来自的概率为． 18. 在如图所示的几何体中，，平面，四边形为菱形，，，，点为的中点． （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）证明，利用线面垂直的判定定理进行证明. （2）取的中点，连接，，证明为平行四边形，得到，由（1）知平面．所以平面，即可证明. （3）先说明直线与平面所成的角为，然后在进行求解. 【小问1详解】 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是等边三角形，点为的中点，所以， 又，，平面，所以平面． 【小问2详解】 如图，取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以，， 又因为，，所以，． 所以四边形EDMN为平行四边形，所以， 由（1）知平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问3详解】 因为平面ABCD，平面，所以平面平面． 又平面平面．过点作的垂线，垂足为，即， 所以平面，连接，所以是直线与平面所成的角． 易知且，故点为上靠近点的四等分点． 在中，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，． 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以直线与平而所成角的正弦值为． 19. 在中，内角所对的边分别是，． （1）求角； （2）若边上一点，且满足，， ①求的值； ②求的取值范围． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理把等式的左边进行化简为，然后利用三角形的性质把左边继续化简为，然后再利用正弦定理即可求解. （2）根据，判断出AD是的平分线，然后利用等面积法得到，即可求解；根据正弦定理进行边化角把表示出来即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理，等式左边， 因为，所以，所以等式左边． 所以，化简得， 由正弦定理得， 因为，所以， 代入上式化简得． 因为，所以，所以， 即，因为，所以． 【小问2详解】 ①，所以AD是的平分线， 由（1）知，，所以， 在中，， 即， 化简得，则． ②在中，由正弦定理得． 即， 在中，由正弦定理得， 所以， 因为，所以， 所以． 因为．所以，所以， 所以的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$