精品解析：河南省三门峡市卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题

2023-2024学年下期期末质量检测 高一数学试题 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. 若复数满足，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件，结合复数的运算法则可得，从而可求出共轭复数，进而可选出正确答案. 【详解】因为，所以， 所以的共轭复数，对应的点坐标为位于第四象限. 故选：D 2. 用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（ ） A. 36 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用斜二测画法所得直观图与原图形面积关系求得答案. 【详解】在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，而边长为6的正方形面积为， 所以所求的直观图的面积为. 故选：C 3. 已知事件A与事件B是互斥事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念可得答案. 【详解】因为事件A与事件B是互斥事件，则不一定是互斥事件，所以不一定为0，故选项A错误； 因为事件A与事件B是互斥事件，所以，则，而不一定为0，故选项B错误； 因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，故选项C错误； 因为事件A与事件B互斥事件，是必然事件， 所以，故选项D正确. 故选：D. 4. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若m，n是两条不同的异面直线，，则 D. 若，则m与所成的角和n与所成的角互余 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理判断A，根据面面平行的性质定理判断B，根据面面平行的判定判断C，根据线面角的定义及线线关系判断D. 【详解】对A．，则，又，则，所以不正确，A不正确； 对B．，则或，故B不正确； 对C．若m，n是两条不同的异面直线，，则，C正确； 对D．由时，m，n与所成的角没有关系，时， 由面面平行的性质知n与所成的角相等，m与所成的角相等， 因此m与所成的角和n与所成的角不一定互余，D不正确. 故选：ABD 5. 中，设，若，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，再由向量的数量积可得答案. 【详解】因为， 所以， 即，可得， 又因为，所以， 所以角A为钝角. 故选：A． 6. 如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ） A. B. C. D. 随点的变化而变化 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：连接，与是正三角形，， 则平面,即；又，所以， 即与所成的角的大小是. 考点：空间中垂直关系的转化. 7. 如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，面ABE,过B作BF，证明BF 面ACD, 为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离，利用三角形等面积即可求解. 【详解】由题知AB面BCD, ABCD,又BC=BD，点是的中点， BECD, 且BE= 又，CD面ABE, 过B作BF于E，则CDBF,又AECD=E, BF 面ACD, 为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离. ,解得BA=4 , ,利用 等面积知 . 故选D. 【点睛】本题考查线面角，点面距，过B作BF，证明BF 面ACD是关键. 8. 在中，已知分别为角的对边.若，且，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦，正弦定理可得，然后由二倍角公式，和差化积公式可得答案. 【详解】由及余弦定理得：， 则，由正弦定理得：， 由二倍角公式可得：， 移项并利用和差化积公式整理可得：， 又，所以， 解得：或，由于，所以. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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z，下列说法正确的是（ ） A. 若，则z为实数 B. 若，则 C. 若，则的最大值为2 D. 若，则z为纯虚数 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】设，则， 若，即，即，则z为实数，故A正确； 若，即， 化简可得，即，即， 当时，，，此时不一定满足， 当时，，，此时不一定满足，故B错误； 若，即， 所以，即表示以为圆心，以为半径的圆上的点， 且表示圆上的点到原点的距离，所以的最大值为2，故C正确； 若，即， ，即， 化简可得，则且， 此时可能为实数也可能为纯虚数，故D错误； 故选：AC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 的最小值为 D. 直线与直线所成角的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，利用直线与直线所成角的概念求解. 【详解】选项A，∵，面，面，∴面， ∴到面的距离等于到面的距离， ∴，故A正确； 选项B，连接， ∵分别为线段的中点，∴且， 又且，∴且， 所以过三点的截面为梯形， 易知， 作，则， 所以梯形的面积，故B错误； 选项C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，最小值为，故C错误； 选项D，连接，则， 则直线与直线所成角即为直线与直线所成角， 则当与重合时，直线与直线所成角最小为， 当与重合时，直线与直线所成角最大为， 所以直线与直线所成角的取值范围为，故D正确. 故选：BC. 11. 如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 面积的最大值为 C. D. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到，与不垂直，所以不垂直，故A错误；B选项，利用三角形面积公式得到，得到当时，最大，求出最大值；C选项，作出辅助线，证明出在平面上的射影在直线上，得到，，求出；D选项，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接，显然， 且，又，且，所以，， 所以四边形为平行四边形，故， 又，且为的中点，则与不垂直， 所以不垂直，故A错误； 对于B，由得，， 所以当时，最大，最大值为，B正确； C选项，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面， 且点在平面内，连接， 由知，⊥， 又，且⊥，所以⊥， 所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上， 所以为平面与平面所成的二面角，则， 所以， 又在平面上的射影为，则，所以， 所以，C错误； D选项，结合C可知，， 如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为， 因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影， 故，连接，过点作⊥于点， 因为⊥平面，平面，所以⊥，， 则， 设，则，， 由勾股定理得，， 设三棱锥的外接球半径为，则， 故，解得， 所以其外接球半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确. 故选：BD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知：向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】两向量夹角的坐标公式计算可得结果 【详解】两向量夹角的坐标公式为， 因为向量与的夹角为锐角，则， 所以. 故答案为： 13. 在中，角所对的边分别为且.当取最小值时，______. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知结合余弦定理得，代入结合基本不等式得取得最小值的取等条件为，从而，结合余弦定理即可求解. 【详解】因为，由余弦定理得：，整理得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 则此时，此时， 又因为，所以． 故答案为：. 14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为___________． 【答案】 【解析】 【分析】分析出每局输赢的情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】第一局甲胜，第二局乙胜： 若第一局甲执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 若第一局乙执黑子先下，则甲胜第一局的概率为，第二局乙执黑子先下，则乙胜的概率为， 所以，第一局甲胜，第二局乙胜的概率为； 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，已知角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若边上的中线为，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换分析可得，即可得结果； （2）先利用余弦定理可得，再根据向量分析可得，进而可得，即可得结果. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得：， 又因为， 即， 可得 在中，，则，可得， 且，所以. 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得，即， 因为边上的中线为，则， 可得， 即，可得， 所以. 16. 从参加某环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如下. （1）成绩在内的频数、频率分别是多少? （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；(同一组中数据用该组区间中点值作代表) （3）从成绩是80分及以上的学生中选两人，求他们的成绩在同一分数段的概率. 【答案】（1）频数为4，频率为0.1 （2）平均数为68，中位数为70 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1列出方程，求出成绩在内的频率，进而求出频数； （2）利用平均数和中位数的定义进行求解； （3）列举出所有情况和成绩在同一分数段的情况数，求出概率. 【小问1详解】 由题图可得，成绩在内频率为， 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 则成绩在内的频率为， 其频数为. 【小问2详解】 估计这次竞赛成绩的平均数为. 因为，所以估计这次竞赛成绩的中位数为70分. 小问3详解】 记“取出的2人的成绩在同一分数段”为事件E， 易得成绩在内的人数为，设这4个人分别为a，b，c，d， 成绩在内的人数为，设这2个人分别为A，B， 从这6人中选出2人，所有样本点有， ，共15个， 其中事件E包含的样本点有，共7个， 则. 17. 为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲､乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲､乙胜出的概率分别为，.甲､乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响. （1）从甲､乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？ （2）若甲､乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率. 【答案】（1）派甲参赛获胜的概率更大 （2） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率分别计算甲、乙比赛胜出的概率比较即可得解； （2）考虑问题的对立面，计算两人都没有赢得比赛的概率，根据对立事件的概率之和为1即可得解. 【小问1详解】 设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”， ，，， ， 同理 因为， 所以，派甲参赛获胜的概率更大. 【小问2详解】 由（1）知，设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”， ，； 于是“两人中至少有一人赢得比赛”. . 18. 如图，在三棱锥V-ABC中，△VAB为等边三角形，且，O，M，D分别为AB，AV，BC的中点，BM，VO交于点F. （1）证明：AB⊥平面VOC； （2）在线段BM上是否存在一点E，使平面VOC？若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，点E是线段BM上靠近B的三等分点 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明； （2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可得点位置． 【小问1详解】 证明： ∵，O是AB的中点， ∴， 又∵△VAB是等边三角形，O是AB的中点， ∴， 又∵，OC，平面VOC， ∴AB⊥平面VOC； 【小问2详解】 假设线段BM上存在一点E使平面VOC，连接CF， ∵平面BMC，平面平面， ∴， ∵D是BC的中点， ∴E是BF中点， 又∵F是等边三角形VAB的重心， ∴，， ∴点E是线段BM上靠近B的三等分点． 19. 如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为． （1）当时，求证：平面平面； （2）若为的中点，当时，求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1) 当时，可证得平面，从而证得平面平面； (2) 取的中点，连接，证得为二面角的平面角，过作于点，过作与点，证得为二面角的平面角，解三角形得结果. 【小问1详解】 当时，平面平面． 在直角梯形中，，所以，所以， 因为平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，因为，所以． 因为为的中点，连接，则为的中位线，所以． 因为，所以， 所以为二面角的平面角，即． 因，所以平面． 因为平面，所以平面平面． 因为平面平面，所以过作，交于点，则平面． 平面，，过作与点，连结，． 所以．所以为二面角的平面角． 在中，，，． 在中，． 在中，， 所以，故二面角的正切值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023-2024学年下期期末质量检测 高一数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（ ） A. 36 B. C. D. 3. 已知事件A与事件B是互斥事件，则（ ） A. B. C. D. 4. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若m，n是两条不同的异面直线，，则 D. 若，则m与所成的角和n与所成的角互余 5. 中，设，若，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 无法确定 6. 如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ） A. B. C. D. 随点的变化而变化 7. 如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为 A. B. C. D. 8. 在中，已知分别为角的对边.若，且，则（ ） A. B. C. D. 或 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数z，下列说法正确的是（ ） A. 若，则z为实数 B. 若，则 C. 若，则的最大值为2 D. 若，则z为纯虚数 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 的最小值为 D. 直线与直线所成角的取值范围为 11. 如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 面积的最大值为 C. D. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知：向量与夹角为锐角．则实数m的取值范围为___________． 13. 在中，角所对边分别为且.当取最小值时，______. 14. 甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为；若乙执黑子先下，则乙胜的概率为．假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲胜第一局，乙胜第二局的概率为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，已知角的对边分别是，且． （1）求角大小； （2）若边上的中线为，求的值； 16. 从参加某环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出的频率分布直方图如下. （1）成绩在内的频数、频率分别是多少? （2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、中位数；(同一组中数据用该组区间中点值作代表) （3）从成绩是80分及以上的学生中选两人，求他们的成绩在同一分数段的概率. 17. 为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲､乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲､乙胜出的概率分别为，.甲､乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响. （1）从甲､乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？ （2）若甲､乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率. 18. 如图，在三棱锥V-ABC中，△VAB为等边三角形，且，O，M，D分别为AB，AV，BC的中点，BM，VO交于点F. （1）证明：AB⊥平面VOC； （2）在线段BM上是否存在一点E，使平面VOC？若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由. 19. 如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为． （1）当时，求证：平面平面； （2）若为中点，当时，求二面角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$