精品解析：江苏省溧阳市2023-2024学年高一下学期期末教学质量调研数学试题

期末教学质量调研 高一年级数学试题 2024.6 注意事项：1．请将本试卷答案写在答题卡相应位置上； 2．考试时间为120分钟，试卷总分为150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，只有一项是符合题目要求的． 1. 一个射击选手连续射击10次，成绩如下： 成绩/环数 10 9 8 7 次数 2 4 3 1 则该选手射击成绩的中位数为（ ） A. 8 B. 9 C. 9.5 D. 8.7 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 从某班学号为1到10的十名学生（其中含学生甲）中抽取3名学生参加某项调查，现用抽签法抽取样本（不放回抽取），每次抽取一个号码，共抽3次，设甲第一次被抽到的可能性为，第二次被抽到的可能性为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 若甲组样本数据（数据各不相同）的平均数为3，方差为4，乙组样本数据，，，的平均数为5，则下列说法错误的是（ ） A. a的值为1 B. 两组样本数据的样本极差不同 C. 两组样本数据的样本中位数一定相同 D. 乙组样本数据的标准差为4 6. 函数的值域是（ ） A. B. C. D. 7. 若平面向量两两夹角相等，且，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 或 8. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，，，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 不存在 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分． 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，是方程的两解，则 D. 10. 某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200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，按照的分组作出频率分布直方图如图所示．则（ ） A 图中 B. 估计该市全体学生成绩的平均分为71 C. 若对成绩前的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分 D. 若在的样本成绩对应的学生（包括学生甲和乙）中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为 11. 已知正方体棱长为2，点P是侧面上的动点（不含边界），下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 存在点P，使得⊥平面 C. 若，则三棱锥外接球体积为 D. 若O为线段中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一只不透明的口袋内装有5个小球，其中3个白球、2个黑球．现有放回地从袋中依次摸出1个球，则前两次摸出的球均为白球的概率为________． 13. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，则________． 14. 如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为，上下底面之间的距离为，则此十面体体积的最大值为_______． 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. 在中，D为线段BC的中点，若，，求： （1）线段AD的长； （2）的面积． 16. 如图所示，在三棱锥中，，，点O，M分别为线段AC，AB的中点． （1）若平面平面，证明：∥； （2）证明：平面ABC； （3）求二面角的余弦值． 17. 已知函数的最小正周期为． （1）求值； （2）若关于x的方程在上有解，求m的取值范围； （3）若关于的对称点Q在的图象上，求． 18. 在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为，乙获胜的频率为．为便于研究，用此频率代替他们在决赛中每局获胜的概率．决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金． （1）求前两局乙均获胜的概率； （2）前2局打成1：1时， ①求乙最终获得全部奖金的概率； ②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗?为什么? 19. 如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同． （1）如图2，当底面ABC水平放置时，水面高多少? （2）当水面经过线段时，水面与地面的距离为多少? （3）试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末教学质量调研 高一年级数学试题 2024.6 注意事项：1．请将本试卷答案写在答题卡相应位置上； 2．考试时间为120分钟，试卷总分为150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，只有一项是符合题目要求的． 1. 一个射击选手连续射击10次，成绩如下： 成绩/环数 10 9 8 7 次数 2 4 3 1 则该选手射击成绩的中位数为（ ） A. 8 B. 9 C. 9.5 D. 8.7 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合中位数的定义分析判断. 【详解】将射击成绩按升序排列可得：， 所以该选手射击成绩的中位数为第5位数和第6位数的平均数，即为. 故选：B. 2. 复数在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，再求出对应点的坐标即得. 【详解】复数， 所以复数在复平面内对应的点在第一象限. 故选：A 3. 从某班学号为1到10的十名学生（其中含学生甲）中抽取3名学生参加某项调查，现用抽签法抽取样本（不放回抽取），每次抽取一个号码，共抽3次，设甲第一次被抽到的可能性为，第二次被抽到的可能性为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】由题意结合简单随机抽样的特征即可确定实数，的值. 【详解】由简单随机抽样的定义知，每个个体在每次抽取中都有相同的可能性被抽到， 因为每次抽取一个号码，所以甲第一次被抽到的可能性为， 第二次被抽到的可能性为. 即甲同学在每次抽样中被抽到的可能性都是，所以，. 故选：D 4. 正方体中，直线与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面角的定义找到直线与平面所成的角为，找到角即可求出余弦值. 【详解】连接，如图所示， 为正方体，易得平面， 为直线与平面所成的角， 令，由正方体知识可得， . 故选：D. 5. 若甲组样本数据（数据各不相同）的平均数为3，方差为4，乙组样本数据，，，的平均数为5，则下列说法错误的是（ ） A. a的值为1 B. 两组样本数据的样本极差不同 C. 两组样本数据的样本中位数一定相同 D. 乙组样本数据的标准差为4 【答案】C 【解析】 【分析】对于A：根据平均数的性质分析求解；对于B：根据题意结合极差的定义分析判断；对于C：根据中位数的定义分析判断；对于D：根据标准差的性质分析求解. 【详解】因为的数据各不相同，不妨设， 对于选项A：因为甲组样本数据的平均数为3，方差为4， 则乙组样本数据的平均数为，解得，故A正确； 对于选项B：可知甲组样本数据的极差为， 则乙组样本数据的极差为， 所以两组样本数据的样本极差不同，故B正确； 对于选项C：设甲组样本数据的中位数为，则乙组样本数据的中位数为， 令，解得， 所以当且仅当时，两组样本数据的样本中位数相同，故C错误； 对于选项D：因为甲组样本数据的方差为4，即标准差为2， 乙组样本数据的标准差为，故D正确； 故选：C. 6. 函数的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简函数为，结合正弦函数与二次函数的性质，即可求解. 【详解】由函数， 因为， 所以当时，可得；当时，可得， 所以函数的值域为. 故选：D. 7. 若平面向量两两夹角相等，且，则（ ） A. 2 B. 5 C. 2或5 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得夹角为或，再分夹角为和夹角为两种情况讨论，结合数量积的运算律即可得解. 【详解】因为平面向量，，两两的夹角相等，所以夹角有两种情况， 即，，两两的夹角为或, 当夹角为时，； 当夹角为时， ； 综上所述：或. 故选：C． 8. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，，，则面积的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 不存在 【答案】D 【解析】 【分析】把代入，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求出，进而求出面积的最大值. 【详解】由及，得， 在中，由正弦定理得， 即，整理得， 而，即，因此，即， ，当且仅当时取等号，即，， 等号无法取到，面积的最大值不存在. 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，有错选的得0分． 9. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，是方程的两解，则 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】设，对于AB：根据复数的加法结合共轭复数的定义分析判断；对于C：利用韦达定理运算求解即可；对于D：举反例说明即可. 【详解】设， 对于选项A：若，则，故A正确； 对于选项B：因为， 则， 即，故B正确； 对于选项C：因为，是方程的两解， 由韦达定理可得，故C正确； 对于选项D：例如，则， 可得，即，故D错误； 故选：ABC. 10. 某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200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，按照的分组作出频率分布直方图如图所示．则（ ） A. 图中 B. 估计该市全体学生成绩的平均分为71 C. 若对成绩前的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分 D. 若在的样本成绩对应的学生（包括学生甲和乙）中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据频率和为1分析求解；对于B：根据加权平均数公式分析求解；对于C：设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知，列式求解即可；对于D：可得在的人数为8，结合独立事件概率乘法公式以及对立事件概率求法运算求解. 【详解】对于选项A：由频率分布直方图可知每组频率依次为， 则，解答，故A正确； 对于选项B：估计该市全体学生成绩的平均分为 ，故B错误； 对于选项C：因为， 设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知， 则，解得， 所以受奖励学生的考试成绩大约至少为84分，故C正确； 对于选项D：成绩在的人数为， 设甲、乙两人至少抽到一人为事件A，则， 所以，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知正方体棱长为2，点P是侧面上的动点（不含边界），下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 存在点P，使得⊥平面 C. 若，则三棱锥的外接球体积为 D. 若O为线段中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据面面平行的性质结合锥体的体积公式分析判断；对于B：根据正方体的性质可知⊥平面，进而可得结果；对于C：根据题意可证，结合直角三角形的性质分析求解；对于D：根据线面夹角可得，分析可知相应的轨迹，运算求解即可. 【详解】对于选项A：因为平面∥平面，可知点P到平面的距离为定值2， 所以三棱锥的体积为，故A正确； 对于选项B：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 同理可得：， 且，平面，可得⊥平面， 但点P是侧面内，即点P不与点C重合， 所以不存在点P，使得⊥平面，故B错误； 对于选项C：因为，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 取的中点，可得， 又因为，可得，即， 可知三棱锥的外接球的球心为，半径， 所以三棱锥的外接球体积为，故C正确； 对于选项D：取的中点，连接， 可知∥，且， 因为平面，则平面， 可知OP与平面所成角为，则 ， 可知点P在平面内的轨迹为圆（虚线所示），点P在侧面内的轨迹为四段圆弧（实线线所示）， 取的中点，则， 即，则， 结合对称性可知：点P的轨迹长度为，故D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：根据线面夹角可得，结合长度关系分析点P的轨迹，进而可得结果. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 一只不透明的口袋内装有5个小球，其中3个白球、2个黑球．现有放回地从袋中依次摸出1个球，则前两次摸出的球均为白球的概率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】分析可知每次取到白球的概率为，结合独立事件概率乘法公式运算求解. 【详解】因为放回地从袋中依次摸出1个球，则每次取到白球概率为， 所以前两次摸出的球均为白球的概率为. 故答案为：. 13. 在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理计算即可. 【详解】由正弦定理可得, 即得. 故答案为：. 14. 如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为，上下底面之间的距离为，则此十面体体积的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】首先计算每个平行于底面的平面截该十面体得到的截面面积在一个特殊情况同时取到最大，然后在此种条件下通过分割几何体的方法求出体积的最大值. 【详解】 如图，设有一平行于底面平面，并设该十面体被平面截得的截面为八边形. 并设平面和下底面之间的距离为，则 ，，，，，，，. 将所有的点都投影到一个平行于底面的平面上，得到两个外接圆相同的正方形和一个八边形，如下图所示. 设在投影后的图中，的面积为，则. 根据相似三角形性质有，， 所以. 由于，，故每个截面的面积最大值都在时取到. 这个时候，，此时原组合体的体积取到最大值. 在该条件下，我们计算原几何体的体积，此时有，. 记下底面和上底面的中心分别为和，则直线垂直于两底面，并设的中点为. 在线段上分别取点，使得，则由于，且，故四边形为平行四边形. 而平面，且直线在平面内，故，所以四边形为矩形. 所以，而由可知，且和在平面内交于点，故平面. 同理，平面. 现在，由于，，故点到的距离. 根据对称性，点到平面的距离也为，同时，直线和的距离等于的长度，即. 同理，点到平面的距离和点到平面的距离均为，与，和与的距离都是. 所以. 同理. 而， 同理. 又有. 所以在该条件下，该几何体的体积为 . 综上，此十面体体积的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用恰当的分割方式计算组合体的体积. 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，D为线段BC的中点，若，，求： （1）线段AD的长； （2）的面积． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）根据中线的性质可得的坐标，进而可得模长； （2）根据向量夹角公式可得，进而结合面积公式运算求解. 【小问1详解】 由题意可得：， 所以线段AD的长为. 【小问2详解】 由题意可得：，， 则， 且，则， 所以的面积. 16. 如图所示，在三棱锥中，，，点O，M分别为线段AC，AB的中点． （1）若平面平面，证明：∥； （2）证明：平面ABC； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证∥平面，结合线面平行的性质分析证明； （2）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明； （3）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，结合长度运算求解即可. 【小问1详解】 因为点O，M分别为线段AC，AB的中点，则∥， 且平面，平面，可得∥平面， 又因平面，平面平面，则, 所以∥. 【小问2详解】 由题意可知：为边长为4的等边三角形，且O分别为线段AC的中点， 则， 又因为为等腰直角三角形，且斜边，则， 由可知，即， 且，平面ABC， 所以平面ABC. 【小问3详解】 取的中点，连接， 由题意可知：，则，且， 由（2）可知：平面ABC，且平面ABC，则， 由，平面，可得平面， 由平面，可得， 可知二面角的平面角为，且， 可得， 所以二面角的余弦值为. 17. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）若关于x的方程在上有解，求m的取值范围； （3）若关于的对称点Q在的图象上，求． 【答案】（1）1 （2） （3）0或1 【解析】 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换整理可得，结合周期性分析求解； （2）根据题意可得，以为整体，结合余弦函数有界性分析求解； （3）根据题意可得，代入化简整理即可结果. 【小问1详解】 由题意可得： ， 且，可得，解得. 【小问2详解】 由（1）可知：， 因为，可得， 因为，则，可得， 则，所以m的取值范围为. 【小问3详解】 因为关于的对称点， 由题意可得：，即， 则， 整理可得，可得或， 若，则，可得； 若，可得； 综上所述：或1. 18. 在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为，乙获胜的频率为．为便于研究，用此频率代替他们在决赛中每局获胜的概率．决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金． （1）求前两局乙均获胜的概率； （2）前2局打成1：1时， ①求乙最终获得全部奖金的概率； ②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗?为什么? 【答案】（1）； （2）①；②不合理，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式计算即得. （2）①利用互斥事件及相互独立事件的概率公式，列式计算即可；②求出继续比赛甲乙各自获胜的概率，按概率比例进行分配即可. 【小问1详解】 依题意，前两局乙均获胜的概率为. 【小问2详解】 ①乙最终获得全部奖金的事件，有以和两种情况， 若以获胜，则乙连胜两局，概率为， 若以获胜，则乙第3、4局输1局，第5局胜，概率为， 所以乙最终获得全部奖金的概率为. ②由①知，继续比赛，乙获胜的概率是，则甲获胜的概率为， 所以按2:1分配奖金，不合理，应按将奖金分配给甲乙. 19. 如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同． （1）如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少? （2）当水面经过线段时，水面与地面的距离为多少? （3）试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动） 【答案】（1）6； （2）4； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据水的体积不变即可得解； （2）根据空气部分的体积大小判断水面形状，记的中点为，连接，利用空气部分体积求出，然后可求侧棱与水平面所成角的正弦值，由可得所求； （3）判断空气部分为台体，设，,根据体积公式和勾股定理列方程，联立整理，代入梯形面积公式，转化为关于的函数，通过换元，利用二次函数性质求解可得. 【小问1详解】 记水面与棱分别交于点， 当侧面水平放置时，水是以为底，高为8的直棱柱， 因为，分别为棱的中点， 所以，所以水的体积为， 当底面ABC水平放置时，设水面高为， 则，解得， 即当底面ABC水平放置时，水面高为6. 【小问2详解】 因为三棱柱体积为， 所以三棱锥的体积为， 空气部分的体积为， 因为，所以当水面经过线段时，水面与棱交于点，如图， 由得， 记的中点为，连接，则， 因为，所以， 又平面，平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以直线在平面内的投影为， 所以为直线与水平面所成角， 又，所以， 所以， 因为，所以水面到地面的距离为. 【小问3详解】 由上可知，水面第一次过顶点C之前，水面与棱相交，如图： 记的中点分别为，在上，且，， 易知，为正三角形，设， 则，所以， 整理得①， 又因为平面，平面，平面平面， 所以与的交点必在上，所以为棱台， 所以， 整理得②， 联立①②可得，， 因为，所以为平行四边形， 所以， 易知为等腰梯形，所以为等腰梯形的高， 所以水面面积， 则 当水面刚好过点时，，解得， 则，， 由题意可知，则， 记，， 由二次函数性质可知，，即， 所以，所以， 即水面面积S的取值范围为. 【点睛】关键点睛：本题解答关键在于侧棱与水平面所成角的运用，利用侧面与水平面所成角表示出水面面积，然后利用二次函数的性质求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$