精品解析：甘肃省靖远县第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题

2023—2024年度高一年级下学期期末考试卷数学试题 （120分钟 150分） 考试范围：必修第一册20%，必修第二册80%. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算结合复数的共轭求解即可. 【详解】因为复数，所以.\ 故选:A. 2. 若棱长为的正方体的内切球的表面积为，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设内切球的半径为，根据球的表面积求出，即可得到. 【详解】设内切球的半径为，由球的表面积，得，所以， 又球内切于正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，则. 故选：B 3. 不透明的口袋中装有50个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有20个，从口袋中摸出一个球，若摸出白球的概率是0.2，则摸出黑球的概率是（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 【答案】C 【解析】 【分析】根据摸出1个球，摸出白球的概率为0.2，计算白球的个数，再计算黑球的个数，利用古典概型的概率求解即可. 【详解】因为口袋内有50个大小相同的红球、白球和黑球， 从中摸出1个球，摸出白球的概率为0.2， 所以口袋内白球的个数为10， 又因为红球有20个， 所以黑球有20个. 所以从中摸出1个球，摸出黑球的概率为. 故选：C. 4. 已知为坐标原点，，，，若为直线OC上一动点，当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量的模的坐标求法表示出，再利用二次函数的性质求解即可. 【详解】由题意可得，设，则， 所以， 当且仅当时，取得最小值，此时， 所以，即，故A正确. 故选：A 5. 某湖中有一小岛，沿湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路处测得小岛在南偏西的方向上，汽车行驶2公里到达处后，又测得小岛在南偏西的方向上，如图所示，则小岛到公路的距离为（ ） A. 公里 B. 公里 C. 公里 D. 公里 【答案】C 【解析】 【分析】利用解三角形的知识求解出，从而点到直线AB的距离，得到答案. 【详解】由题图易知，，， （公里）.在中，由正弦定理得， 所以， 所以点到直线AB的距离为（公里）. 故选：C. 6. 已知外接圆的圆心为，半径为1，点到近的距离分别为，，.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】依据给定条件化简得到，再设出中点的位置，分类讨论即可. 【详解】因为外接圆的圆心为O，半径为1，所以， 结合， 所以， 所以， 所以， 所以.设边的中点分别为， 所以，即，同理可得，. 若点不与任何一点重合，由于，，，所以不符合题意. 不妨设点与点重合， 由，易得，则， 所以，故B正确. 故选：B 7. 在三棱锥中，平面，，.若，A，B，C，D四点都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取CD的中点，连接AE，BE，令的中心为，作交AB的中垂线HO于，据此即可求解. 【详解】如图，取CD的中点，连接AE，BE， 在四面体ABCD中，平面BCD，是边长为的等边三角形，，是等腰三角形， 令的中心为，作交AB的中垂线HO于， 为外接球的球心，由，， 得球的半径， 故球的表面积为. 故选：A. 8. 在中，，，，若，则等于（ ） A. 7 B. 8 C. 12 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，通过数量积的坐标运算即可求解. 【详解】如图，分别以所在直线为轴，建立平面直角坐标系. 过作，且，连接，延长到，使， 连接，则四边形平行四边形， . 又， 为边的中点. 根据条件得，，，， ，， . 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. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则（ ） A. 若，则 B. 若是单位圆的内接三角形，则 C. 若，则 D. 若，则是锐角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A利用余弦定理求解即可，选项B利用正弦定理求解即可，选项C利用正弦定理结合余弦定理求解即可，选项D利用特殊法直角三角形满足题目条件否定锐角三角形的结论. 【详解】对于选项A，将已知等式展开整理得，所以， 又，所以，所以选项A正确； 对于选项B，外接单位圆的半径，由正弦定理得： ，，， 所以，所以选项B错误； 对于选项C，由正弦定理得，整理得， 所以，又，所以，所以选项C正确； 对于选项D，在直角中，斜边为，则，， 得，所以选项D错误. 故选：AC. 10. 某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为，，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一选手参加该节目，则下列结论正确的是（ ） A. 该选手闯过第一关的概率为 B. 该选手单独闯过第二关的概率为 C. 该选手能进入第三关的概率为 D. 该选手能进入第三关的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合相互独立事件的概率乘法公式即可求解. 【详解】该选手闯过第一关的概率，故正确； 该选手单独闯过第二关的概率，故正确； 该选手能进入第三关的概率，故错误，D正确； 故选：. 11. 如图，在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，下列结论正确的是（ ） A. 在四面体ABCD中，当时， B. 四面体ABCD的体积的最大值为 C. 在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成的角可能为 D. 四面体ABCD的外接球的半径为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直判断A,应用面面垂直性质计算判断B,应用线面角定义计算判断C,根据几何体特征求出外接球半径即可判断D. 【详解】对于A项，当时，因为，，CD，平面ACD， 所以平面ACD，平面ACD，所以，故A项正确； 对于B项，当平面平面BCD时，四面体ABCD的体积最大， 在中，根据等面积法可得点到平面ABD的距离满足，则， 所以，故B项正确； 对于C项，当平面平面BCD时，BC与平面ABD所成的角最大， 此时，即，故C项错误； 对于D项，因为和都是直角三角形且共斜边， 所以斜边BD的中点到A，B，C，D的距离相等， 所以四面体ABCD的外接球的半径，故D项正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，设，的夹角为，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】令，利用向量的模，可得向量的数量积，利用向量的夹角公式可得，从而求得.利用向量夹角公式求得，令，求得的最值，从而求得的最小值. 【详解】设，由可得，化简可得， 根据向量夹角公式，可得， 由，可得，解得. 由，的夹角为可得， ， 分子分母同除以，可得， 令，则，所以， 当，时取得最大值；当或时，取得最小值， 所以的最小值为，的最大值为. 故答案为：. 13. 已知函数，当时，函数的零点为______. 【答案】或 【解析】 【分析】利用和角的余弦公式、二倍角的正弦公式及辅助角公式化简函数，再结合余弦函数性质求出零点. 【详解】依题意，，令，得， 又，，则或，即或， 所以函数的零点是或. 故答案为：或 14. 如图，已知直四棱柱的所有棱长均相等，，是棱AB的中点，设平面，经过直线，且平面，平面，若平面，则异面直线与所成角的余弦值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】连接AC，BD，，，且，，取AD的中点，连接，连接EF交AC于点，可证得异面直线与所成的角即与所成的角，即为，然后在中求解即可. 【详解】由直四棱柱的所有棱长均相等，且，得ABCD是菱形， 连接AC，BD，，，且，， 所以，，因为平面ABCD，平面ABCD， 所以，且，平面. 所以平面. 取AD的中点，连接，连接EF交AC于点，所以∥， 且是AO的中点，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 又平面，所以平面即为平面，即为直线. 由平面，平面，∥平面，知∥， 所以异面直线与所成的角即与所成的角，即为. 设，则直四棱柱所有棱长均为2，由， 知，，且， 故， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定和性质，考查线面垂直的性质，考查求异面直线所成的角，解题的关键是通过证明线线平行找出两异面直线所在的角，也是难点，考查空间想象能力，属于较难题. 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. 已知函数为奇函数，且相邻同对称轴间的距离为. （1）当时，求的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域. 【答案】（1）单调递减区间为；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简的解析式，根据条件，可求出周期和，结合奇函数性质，求出，再用整体代入法求出内的递减区间； （2）利用函数的图象变换规律，求出的解析式，再利用正弦函数定义域，即可求出时的值域. 【详解】（1）， 因为相邻两对称轴间的距离为，所以，， 因为函数为奇函数，所以，，， 因为，所以，函数为， 时，，单调递减，需满足，， 所以函数的单调递减区间为； （2）由题意可得：， ∵，∴， ∴， ，即函数值域为. 【点睛】本题主要考查正弦函数在给定区间内的单调性和值域，包括周期性，奇偶性，单调性和最值，还涉及三角函数图像的平移伸缩和三角恒等变换中的辅助角公式. 16. 由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁，该团队就能进入下一关，否则淘汰出局.根据以往100次的测试，获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图，分别如图1、图2所示. （1）若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率； （2）若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立，求该团队能进入下一关的概率. 【答案】（1），，0.7 （2）0.985 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求中位数即可求出，再应用独立事件乘法公式求概率； （2）先求对立事件的概率再求出能进入下一关的概率即可. 【小问1详解】 因为甲解开密码锁所需时间的中位数为47， 所以，，解得，. 由直方图可知甲在1分钟内解开密码锁的频率； 乙在1分钟内解开密码锁的频率. 【小问2详解】 由（1）及条件知，甲在1分钟内解开密码锁的概率是0.9，乙是0.7，丙是0.5，且各人是否解开密码锁相互独立. 记“团队能进入下一关”为事件，“不能进入下一关”为事件， 则， 所以该团队能进入下一关的概率. 17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且，点F为PD中点. （1）若，证明：直线AF∥平面PEC； （2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，. 【解析】 【分析】（1）首先取的中点，连接，，根据三角形中位线性质和已知得到，，从而得到四边形为平行四边形，，再根据线面平行的判定即可证明平面. （2）由题知：要使平面平面，只需，从而得到，即可得到. 【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示： 因为，分别为，的中点，所以，. 因为，所以为的中点，所以，. 所以，. 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以直线平面. （2）存在一个常数，使得平面平面，理由如下： 要使平面平面，只需， 因为，， 所以， 又因为平面，，， 所以平面， 因平面，所以平面平面， 所以. 18. 如图，设中的角A，B，C所对的边是a，b，c，为的角平分线，已知，，，点E，F分别为边，上的动点，线段交于点G，且的面积是面积的一半． （1）求边的长度； （2）当时，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，可求得，再根据为的角平分线，结合平面向量基本定理可求得，再根据余弦定理即可得出答案； （2）设，，（，，），根据的面积是面积的一半，可得，再根据，结合E，F，G三点共线，求得，再根据可求得，从而可求得，即可求得，再根据三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 解：由，得， 因为，所以； 因为为的角平分线，所以， 所以， ， 又，所以，得， 因为， 所以； 【小问2详解】 解：设，，（，，）， 因为的面积是面积的一半， 所以， 所以，① ， 由，得， 因为E，F，G三点共线，所以，即， 所以， 又， 所以 ， 因为，所以，② 由①②解得，， 所以，此时点F与点C重合； 因为， 所以 所以； 由得， 所以． 19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，又以a，b，c为边长的三个正三角形的面积分别为，且. （1）求角的大小； （2）求的面积； （3）若，求的周长. 【答案】（1）； （2）； （3）20 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将条件转化为角的关系，化简可得结论； （2）根据面积公式化简，结合余弦定理可求，利用三角形面积公式求的面积； （3）由正弦定理可将条件可化为，结合（2）的结论可求，再由正弦定理求，结合余弦定理求，可得结论. 【小问1详解】 由正弦定理（为外接圆半径）得：，又 所以， 因为，所以， 所以， 所以，又 所以. 【小问2详解】 又，所以， 即，所以，所以， 所以. 【小问3详解】 ，，所以. 由①代入得. ，所以. 又因为， 所以，即. 于是的周长为.. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023—2024年度高一年级下学期期末考试卷数学试题 （120分钟 150分） 考试范围：必修第一册20%，必修第二册80%. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 若棱长为的正方体的内切球的表面积为，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 3. 不透明的口袋中装有50个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有20个，从口袋中摸出一个球，若摸出白球的概率是0.2，则摸出黑球的概率是（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.6 4. 已知为坐标原点，，，，若为直线OC上一动点，当取最小值时，（ ） A. B. C. D. 5. 某湖中有一小岛，沿湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路处测得小岛在南偏西的方向上，汽车行驶2公里到达处后，又测得小岛在南偏西的方向上，如图所示，则小岛到公路的距离为（ ） A. 公里 B. 公里 C. 公里 D. 公里 6. 已知外接圆的圆心为，半径为1，点到近的距离分别为，，.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 7. 在三棱锥中，平面，，.若，A，B，C，D四点都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 中，，，，若，则等于（ ） A 7 B. 8 C. 12 D. 13 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则（ ） A. 若，则 B. 若是单位圆的内接三角形，则 C. 若，则 D. 若，则是锐角三角形 10. 某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为，，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一选手参加该节目，则下列结论正确的是（ ） A. 该选手闯过第一关的概率为 B. 该选手单独闯过第二关的概率为 C. 该选手能进入第三关概率为 D. 该选手能进入第三关的概率为 11. 如图，在矩形ABCD中，，，沿矩形对角线BD将折起形成四面体ABCD，在这个过程中，下列结论正确的是（ ） A. 在四面体ABCD中，当时， B. 四面体ABCD的体积的最大值为 C. 在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成的角可能为 D. 四面体ABCD的外接球的半径为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，设，夹角为，则的最小值为______. 13. 已知函数，当时，函数的零点为______. 14. 如图，已知直四棱柱的所有棱长均相等，，是棱AB的中点，设平面，经过直线，且平面，平面，若平面，则异面直线与所成角的余弦值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数为奇函数，且相邻同对称轴间的距离为. （1）当时，求的单调递减区间； （2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域. 16. 由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁，该团队就能进入下一关，否则淘汰出局.根据以往100次的测试，获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图，分别如图1、图2所示. （1）若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率； （2）若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立，求该团队能进入下一关的概率. 17. 如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且，点F为PD中点. （1）若，证明：直线AF∥平面PEC； （2）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由. 18. 如图，设中的角A，B，C所对的边是a，b，c，为的角平分线，已知，，，点E，F分别为边，上的动点，线段交于点G，且的面积是面积的一半． （1）求边的长度； （2）当时，求的面积． 19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，又以a，b，c为边长的三个正三角形的面积分别为，且. （1）求角的大小； （2）求的面积； （3）若，求的周长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$