精品解析：广东省中山市2023-2024学年高一下学期期末统一考试数学试卷

中山市高一级2023—2024学年第二学期期未统一考试 数学试卷 本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知为不共线向量，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A 若，，则 B. 若，则 C 若，，则 D. 若，则 4. 某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ） A. 150.5 B. 152.5 C. 154.5 D. 156.5 5. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数： 169 966 151 525 271 937 592 408 569 683 471 257 333 027 554 488 730 863 537 039 据此估计的值为（ ） A. 0.6 B. 0.65 C. 0.7 D. 0.75 6. 如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A B. C. D. 8. 设长方体对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 10. 下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）． A. 当时，直线与平面所成角的正弦值为 B. 当二面角的大小为时，直线与所成角为 C. 若，则二面角的余弦值为 D. 若，则四面体的外接球的体积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 把函数图象上所有的点向右平移个单位长度后，所得图象与函数的图象重合，则___________． 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是_____ 14. 记一组数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为__________. 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. 已知平面向量，满足，，. （1）求； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16. 第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10：10后，每人发一个球就要交换发球权． （1）已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率； （2）已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率． 17. 已知函数. （1）解不等式； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围. 18. 如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且． （1）证明：； （2）若，，求直线与平面所成的角的正弦值． 19. 在中，，点D在边上，且 （1）若的面积为，求边的长； （2）若，求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 中山市高一级2023—2024学年第二学期期未统一考试 数学试卷 本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将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. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知结合诱导公式及两角和的正弦公式进行化简即可求解． 详解】解：． 故选：． 2. 已知为不共线向量，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 【答案】A 【解析】 【分析】运用向量的加法运算，求得，从而得出结论. 【详解】因为，所以三点共线， 故选：A． 3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误； 对于B：若，则或，故B错误； 对于C：若，，则，故C正确； 对于D：若，则或，故D错误. 故选：C 4. 某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ） A. 150.5 B. 152.5 C. 154.5 D. 156.5 【答案】B 【解析】 【分析】先根据频率之和为1求出未知数，再找到频率之和为0.5所在的区间即可根据频率分布直方图进行求解中位数. 详解】依题意，，解得， 显然，， 所以样本中位数为. 故选：B 5. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数： 169 966 151 525 271 937 592 408 569 683 471 257 333 027 554 488 730 863 537 039 据此估计的值为（ ） A. 0.6 B. 0.65 C. 0.7 D. 0.75 【答案】B 【解析】 【分析】由20组随机数中找出至少2次击中目标的包含的随机数的组数，即可求概率的值. 【详解】20组随机数中至少2次击中目标的包含的随机数为： 151 525 271 592 408 471 257 333 027 554 730 537 039 一个有组， 所以其3次射击至少2次击中目标的概率， 故选：B. 6. 如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据锐角三角函数定义，结合正方形的性质、平面向量基本定理进行求解即可. 【详解】过作，垂足为，设大正方形的边长为1，设小正方形的边长为， 因为，所以，所以，由勾股定理可知： ，即， ， ， 因此由平面向量基本定理可知：， 因为，所以 ， 故选：C 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解. 【详解】因为，可得， 则， . 故选：A 8. 设长方体的对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在图中找到，，及，，所对应的角，在直角三角形中应用正余弦化简整理，即可求出结果. 【详解】连接，，，，，，如下图 由题知：，，， 因为平面，平面，平面， 得：，，， 对于A项： ，故A项错误.； 对于B项： ，故B项错误； 对于C项： ，故C项错误; 对于D项： ，故D项正确. 故选：D. 二､多选题：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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】由，结合每个选项计算可判断其正确性. 【详解】因为，所以，所以，故A正确； 所以，所以，故B不正确； ，故C不正确； ，故D正确. 故选：AD. 10. 下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角公式、辅助角公式，结合特殊角的三角函数值，逐项化简判断即得. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 11. 如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）． A. 当时，直线与平面所成角的正弦值为 B. 当二面角的大小为时，直线与所成角为 C. 若，则二面角的余弦值为 D. 若，则四面体的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由面面垂直的性质得线面垂直，即可求直线与平面所成角的正弦值即可判断A；根据二面角判断B，C即可；由四面体外接球的几何性质确定外接球半径，即可判断D. 【详解】对于A，当时，因为，，所以直线与平面所成角为， 则，故A正确； 对于B，如图，过A作，且，连接，， 则为正方形，即为直线与所成角，为二面角的平面角， 当时，易得， 又，，故面，即面，故，故B正确； 对于C，如图，作，则二面角的平面角为， 又，中，易得， 在．中，由余弦定理得，， 过C点作交线段的延长线于点O，则平面， 过O点作，交线段的延长线于点H，连接， 则为二面角的平面角， 易得，，， 所以，故C错误； 对于D，同选项C可知， 如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线， 则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则， 又的外接圆半径，则， 所以四面体的外接球的体积为，故D正确． 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，所得图象与函数的图象重合，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】转化为函数的图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到的图象与函数的图象重合，从而可得答案. 【详解】因为函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，得到的图象与函数的图象重合， 所以函数的图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到的图象与函数的图象重合， 即， 所以， 因为，∴， 故答案为： 13. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理，构造关于c的方程，利用根的分布求出x的范围. 【详解】在中， ，，， 由余弦定理得：，即. 因为符合条件的三角形有两个，所以关于c的方程由两个正根， 所以，解得：. 故实数的取值范围是. 故答案为： 14. 记一组数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平均数、方差公式计算可得. 【详解】因为的平均数为，方差为， 所以，， 即， 即， 即，即， 所以， 所以数据的平均数为. 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. 已知平面向量，满足，，. （1）求； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1)由给定条件求出，再根据向量模的计算公式即可得解； (2)根据向量夹角为锐角借助数量积列出不等关系即可作答. 【详解】（1）依题意，，得， ， 所以； （2）由向量与的夹角为锐角，可得，即有，解得， 而当向量与同向时，可知， 综上所述的取值范围为. 16. 第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分10：10后，每人发一个球就要交换发球权． （1）已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率； （2）已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题可知两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，然后根据独立事件概率公式即得； （2）由题可知甲得11分获胜有两类情况：甲获胜或甲获胜，然后结合条件根据独立事件概率公式即得. 【小问1详解】 设“甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛”为事件， 若两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局， 所以； 【小问2详解】 设“该局比赛甲得11分获胜”为事件， 甲得11分获胜有两类情况：甲连得3分，则甲获胜； 甲得3分，乙得1分，则甲获胜，此时有三种情况，每球得分方分别为乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲， 所以. 17. 已知函数. （1）解不等式； （2）若对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用和角的正弦、二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质解不等式即得. （2）令，结合分离参数，利用函数单调性求出实数的取值范围. 【小问1详解】 依题意， ，由，得， 则，解得， 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 由，得， 由，得，即有， 令，， 原不等式化为，即，显然函数在上单调递增， 则当时，，因此， 所以的取值范围. 18. 如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且． （1）证明：； （2）若，，求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）见解析； （2）. 【解析】 【分析】(1)由,可得平面，进而可得，又由于,所以可得平面，即可得； (2)利用等体积法求得点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，则有，即可得答案. 【小问1详解】 证明：因为为半球的直径，C为上一点， 所以, 又因为， ， 平面， 所以平面， 又因为平面， 所以， 又因为P为半球面上一点， 所以, , 平面， 所以平面， 平面， 所以； 【小问2详解】 解：因为三角形为直角三角形， ， 所以， 又因为，平面， 所以， 又因为三角形也是直角三角形， 所以. 所以， ， 设点到平面的距离为， 则有, 即, 所以, 设直线与平面所成的角为， 则. 19. 在中，，点D在边上，且 （1）若的面积为，求边的长； （2）若，求. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由三角形面积公式首先可以求得的长度，然后在中，运用余弦定理即可求解. （2）设所求角，根据已知条件把图中所有角都用含有的式子表示出来，再设，在和分别运用正弦定理，对比即可得到关于的三角方程，从而即可得解. 【小问1详解】 在中，由题意有, 且注意到，， 所以有，解得， 如图所示： 在中，由余弦定理有， 代入数据得， 所以. 【小问2详解】 由题意，所以设， 则， 设， 在中，由正弦定理有， 代入数据得， 在中，由正弦定理有， 代入数据得， 又， 所以以上两式相比得，即， 所以有 ， 所以， 所以，或 又，且， 所以， 所以解得或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$