精品解析：重庆市七校联盟2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

七校联盟 2024年春期期末考试 高 一 数 学 试 题 命题学校：重庆市长寿中学 命题人：王海辉 审题人：郭万兵 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.考试结束后，将答题卷交回. 第Ⅰ卷 ( 选择题 共58分) 一、单项选择题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求) 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. (改编)已知两个互斥事件A， B满足，，则 （ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.6 D. 0.1 3. 正方体 中，直线与直线夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 4. 三棱锥中， PA与面ABC所成角的余弦值为，，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 5. 中，角所对应的边分别是，，则的形状是 （ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 6. 甲、乙两人独自破译密码，两个人都成功地破译密码的概率为0.3，甲成功且乙没有成功破译密码的概率为0.2，则甲成功破译密码的概率为（ ） A. 0.5 B. 0.6 C. 0.06 D. 7. 已知向量非零向量b满足对都有 成立，则 的值为（ ） A. B. 10 C. 5 D. 15 8. 边长为2的正三角形的内切圆上有一点P，已知，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题(本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分) 9. 抛一枚质地均匀的硬币两次，事件“第1次硬币正面朝上”，事件“第2次硬币正面朝上”，事件“两次硬币朝上的面相同”则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 关于的方程 在复数范围内的根是，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 若一个多面体由两个及其两个以上的正多边形组成，我们称这样的多面体是半正多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个由正方形和正三角形构成的半正多面体笔筒，其中面面，且两个正方形的中心的连线与这两个正方形所在平面垂直，，且所有的棱长都为2，则下列说法正确的是 （ ） A. 该多面体有 10个面 B. 平面与平面的距离是 C. 该几何体外接球的表面积是 D. 二面角的余弦值为 第Ⅱ卷 (非选择题 共92分) 三、填空题(本题共三个小题，每小题5分，其中14题第一空2分，共15分) 12. 已知一组数: 6，8，2，4，10，这组数的第四十百分位数是___________. 13. 已知圆锥的母线长为 底面圆的周长为 则该圆锥的内切球的体积为___________. 14. 已知，的平均数和方差分别是2， 1，若，则的平均数是___________，的方差是____________. 四、解答题(本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤) 15. 在一次区域的统考中，为了了解学生数学学科成绩的情况，从所有考生的成绩中随机抽取了 40 位考生的成绩进行统计分析，得到如图所示的频率分布直方图， （1）估计这 40 名学生的数学成绩的平均数与中位数；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，不能整除的保留1位小数) （2）为了进一步了解70分以下的学生的数学学习情况，调查方从成绩在[50，70)分数段的同学中按组（各算一组）从样本中分层抽取了6个人进行深入地学习交流，学习交流完后再从这6个人中随机抽取2个人进行再测试，求这两个人中至少有一个人在之前的统考中成绩位于[50，60)的概率. 16. 如图所示的直三棱柱. 的每条棱长均为2，E，F分别是棱，的中点，，分别是棱，上的点，平面平面， （1）求证：是的中点； （2）求三棱锥的体积. 17. 中， 角A， B， C所对应的边分别是a， b， c，且 （1）求A； （2）若， 求BC边上高的最大值. 18. 如图，在中， （1）用 表示； （2）求证： B、T、E三点共线； （3）若 求. 19. 如图，四棱锥中，四边形是平行四边形， 是正三角形， 平面 平面 （1）求证: 平面 ； （2）当 时， 若是面的重心，求直线与平面所成角的正弦值； 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为 如果有，求此时的长度；如果无，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 七校联盟 2024年春期期末考试 高 一 数 学 试 题 命题学校：重庆市长寿中学 命题人：王海辉 审题人：郭万兵 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.考试结束后，将答题卷交回. 第Ⅰ卷 ( 选择题 共58分) 一、单项选择题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个符合题目要求) 1. 复数的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的定义即可求解． 【详解】， 所以复数的共轭复数为． 2. (改编)已知两个互斥事件A， B满足，，则 （ ） A. 0.4 B. 0.3 C. 0.6 D. 0.1 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件概率的加法公式求解. 【详解】因为两个互斥事件A， B， ， 所以. 故选：B 3. 正方体 中，直线与直线夹角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正方体的线面关系，将平移至，找到异面直线所成角，求解即可． 【详解】如图，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 则，所以为异面直线与直线的夹角， 又因为，所以， 所以直线与直线夹角的余弦值是. 故选：A 4. 三棱锥中， PA与面ABC所成角的余弦值为，，，则三棱锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出三棱锥的高及底面积，再利用锥体体积公式计算即得. 【详解】由，，得，则， 的面积，由PA与平面所成角的余弦值为， 得PA与平面所成角的正弦值为，又， 三棱锥的高，所以三棱锥的体积. 故选：D 5. 中，角所对应的边分别是，，则的形状是 （ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简，判断三角形的形状. 【详解】由正弦定理边化角可知，， 又， 所以，即， 所以或，则或， 所以是等腰三角形或直角三角形. 故选：D 6. 甲、乙两人独自破译密码，两个人都成功地破译密码的概率为0.3，甲成功且乙没有成功破译密码的概率为0.2，则甲成功破译密码的概率为（ ） A. 0.5 B. 0.6 C. 0.06 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用独立事件，列概率的方程，利用解方程求解即可. 【详解】因为甲、乙两人独自破译密码，故甲、乙两人破译密码为独立事件. 设甲､乙､两人独立破译的事件分别记为A，B，则 则 解得： 故选：A. 7. 已知向量非零向量b满足对都有 成立，则 的值为（ ） A. B. 10 C. 5 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意转化为几何图形，求向量的模. 【详解】如图，，，， 若对都有成立，则，即， 如图，，， 根据，，可知，， 所以. 故选：C 8. 边长为2的正三角形的内切圆上有一点P，已知，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立坐标系，写出相应的点坐标，得到的表达式，然后利用三角函数和三角恒等变换等知识求得到范围. 【详解】如图，以正三角形的高为轴，以内切圆圆心为原点，建立直角坐标系， 因为正三角形边长为2， 根据三角形面积公式得到， 所以内切圆半径为，则设，， 则， 因为， 即， 所以，解得， 则， 因为，则， 则，所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：求出内切圆半径，设，由，可解出，利用三角函数和三角恒等变换求范围. 二、多项选择题(本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分) 9. 抛一枚质地均匀的硬币两次，事件“第1次硬币正面朝上”，事件“第2次硬币正面朝上”，事件“两次硬币朝上的面相同”则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先列举样本空间，再根据选项，分析事件，并计算概率. 【详解】抛一枚质地均匀的硬币两次包含（正正），（正反），（反正），（反反），共4种情况， 所以，故A正确，B错误； 为事件（正正），则，即，故C正确； 为事件（正正），则，所以，故D错误. 故选：AC 10. 关于的方程 在复数范围内的根是，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用实系数一元二次方程的求根公式求解，再根据复数的运算判断选项. 【详解】由求根公式可知，不妨取，，（本题与的顺序无关）， ，所以，且，故BD正确； ，故A正确； 由A可知，，，所以，故C错误. 故选：ABD 11. 若一个多面体由两个及其两个以上的正多边形组成，我们称这样的多面体是半正多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图是一个由正方形和正三角形构成的半正多面体笔筒，其中面面，且两个正方形的中心的连线与这两个正方形所在平面垂直，，且所有的棱长都为2，则下列说法正确的是 （ ） A. 该多面体有 10个面 B. 平面与平面的距离是 C. 该几何体外接球的表面积是 D. 二面角的余弦值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据图形直接判断A选项；设面和面的中心分别为，连接，设面，可证四边形为直角梯形，从而可求高，判断B选项；根据题意，可知该几何体外接球的球心为的中点，求出半径即可判断C选项；取中点，连接，可证为二面角的平面角，求解即可判定D选项. 【详解】如图，可知该多面体有 10个面，A正确； 设面和面的中心分别为，连接， 根据题意，面，面，所以， 又，，所以， 面，所以面， 设面，则，则为中点， 又因为面面，面面， 面面，所以， 面，面，所以， 则在直角梯形中，， 所以，B正确； 根据题意，可知该几何体外接球的球心为的中点， 所以外接球的半径的平方为， 所以该几何体外接球的表面积是 ，C正确； 取中点，连接，由正三角形性质可知，， 所以为二面角的平面角，， 过点向平面作垂线，垂足为，则， 连接，由B选项证明过程可知，且过中点， 所以三点共线， 在中，， 则中， 在中，， D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：利用二面角的定义找到二面角的平面角，利用余弦定理求解. 第Ⅱ卷 (非选择题 共92分) 三、填空题(本题共三个小题，每小题5分，其中14题第一空2分，共15分) 12. 已知一组数: 6，8，2，4，10，这组数的第四十百分位数是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先从小到大排列这组数，再根据百分位数的定义计算即可. 【详解】先从小到大排列，， 因为， 所以组数据的第四十百分位数是. 故答案为：. 13. 已知圆锥的母线长为 底面圆的周长为 则该圆锥的内切球的体积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的轴截面图可求得圆锥内切球的半径，进而求体积. 【详解】因为底面圆的周长为 所以底面圆直径为 如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径， 设内切球半径为，内切球球心为I，连接. 则 .则内切球体积为： 故答案为： 14. 已知，的平均数和方差分别是2， 1，若，则的平均数是___________，的方差是____________. 【答案】 ①. 3 ②. ## 【解析】 【分析】代入平均数和方差公式，计算的平均数和方差，再利用性质求解. 【详解】的平均数是， 的方差， 即， ，即， 所以的方差， ， 所以的方差是. 故答案为：3； 四、解答题(本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤) 15. 在一次区域的统考中，为了了解学生数学学科成绩的情况，从所有考生的成绩中随机抽取了 40 位考生的成绩进行统计分析，得到如图所示的频率分布直方图， （1）估计这 40 名学生的数学成绩的平均数与中位数；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，不能整除的保留1位小数) （2）为了进一步了解70分以下的学生的数学学习情况，调查方从成绩在[50，70)分数段的同学中按组（各算一组）从样本中分层抽取了6个人进行深入地学习交流，学习交流完后再从这6个人中随机抽取2个人进行再测试，求这两个人中至少有一个人在之前的统考中成绩位于[50，60)的概率. 【答案】（1）平均数为，中位数为； （2） 【解析】 【分析】（1）根据平均数和中位数公式，即可求解； （2）首先确定抽取的这两组的人数，再利用变号，列举的方法，结合古典概型概率公式，即可求解. 【小问1详解】 平均数为 ； 前2组的频率和为， 前3组的频率和为， 所以中位数在第3组，设中位数为， 则，得， 所以中位数为； 【小问2详解】 和两组的频率之比为，所以6人中，有2人，有4人， 中2人，设为，有4人，设为， 所以6人中任选2人的样本空间, ，共15个， 其中至少有1人成绩位于的包含,，共9种情况， 所以这两个人中至少有一个人成绩位于[50，60)的概率. 16. 如图所示的直三棱柱. 的每条棱长均为2，E，F分别是棱，的中点，，分别是棱，上的点，平面平面， （1）求证：是的中点； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 连结，， 点分别是和的中点，所以，且， 因为平面平面， 且平面平面，平面平面， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以， 所以点是的中点； （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行的性质，以及平行关系的转化，即可证明； （2）利用等体积转化，以及高的转化关系，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， ， 因为平面平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 等于点到平面的距离的一半， 因为平面平面，且平面平面， 所以点到平面的距离就是点到的距离，等于， 所以点到平面的距离为， 因为. 17. 中， 角A， B， C所对应的边分别是a， b， c，且 （1）求A； （2）若， 求BC边上高的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角以及辅助角公式求解； （2）利用余弦定理和基本不等式求出，再由面积公式求解. 【小问1详解】 因为 由正弦定理得， 因为, 所以， 所以 因为， 所以， 所以，所以， 因为 所以，. 【小问2详解】 因为，， 由余弦定理得： ，即， 因为即，即， ， 设中BC边上高为，则，所以， 即BC边上高的最大值为. 18. 如图，在中， （1）用 表示； （2）求证： B、T、E三点共线； （3）若 求. 【答案】（1） （2） 根据题意，， 由（1）可得，又有公共点， 所以B、T、E三点共线； （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算法则进行运算即可； （2）计算可得，从而得证； （3）根据公式，计算得解. 【小问1详解】 根据题意， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 根据题意，， ， ， 则 ， . 19. 如图，四棱锥中，四边形是平行四边形， 是正三角形， 平面 平面 （1）求证: 平面 ； （2）当 时， 若是面的重心，求直线与平面所成角的正弦值； 棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为 如果有，求此时的长度；如果无，请说明理由. 【答案】（1） 因为, 且四边形是平行四边形， 所以, 所以. 因为平面平面， 且平面平面， 平面， 由平面与平面垂直的性质得 平面. （2）()； ()棱存在一点，使得二面角的余弦值为， 即点与点重合，. 由（i）可知，, 即, 所以. 如图②所示，过点作交于，连接, 在中，，即. 因为，， 所以相似于， 即， 在中，由余弦定理得, 在中，由余弦定理得, 所以， 解得. 因为, 所以. 所以为平面与平面的夹角， 在中，由余弦定理得， 所以二面角夹角余弦值为. 故当点与点重合时，二面角的余弦值为. 所以棱存在一点，使得二面角的余弦值为， 即点与点重合，. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得，再由平面与平面垂直的性质即可证明； （2）（i）如图①所示，过点作平面交平面于，连接，则为直线与平面的夹角，计算的正弦值即可； （ii）棱存在一点， 即点与点重合.如图②所示，过点作交于，连接,证明， 为平面与平面的夹角，计算的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）如图①所示，反向延长至点，过点作， 因为平面平面， 且平面平面， 平面， 所以平面. 又因为平面，所以. 设平行四边形对角线交点为，连接, 连接,反向延长交于， 因为点为的重心，即为的中点， 过点作平面交平面于， 又因为平面， 所以. 且三点在同一条直线， 所以，且点在上， 连接，则为直线与平面的夹角. 因为点为的重心，点为的中点， 所以,且相似于, 所以. 又因为为等边三角形，， 所以，, 所以，即. 在中，由余弦定理得 则. 因为四边形是平行四边形，, 所以, 即. 在中，由余弦定理得 则， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得，且, 所以， 解得，即， 所以, 故直线与平面的夹角的正弦值为. （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直、线面角及二面角，第（i）问解题关键是过点作平面交平面于，连接，则为直线与平面的夹角，计算的正弦值即可；第（ii）问，棱存在一点， 即点与点重合.解题关键是过点作交于，连接,证明， 为平面与平面的夹角，计算的余弦值即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $