精品解析：海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题

琼海市嘉积中学2023-2024学年第二学期高一期末考试 数学科试题 （时间：120分钟 满分：150分） 欢迎你参加这次测试，祝你取得好成绩！ 一、单选题：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. 在复平面，复数z对应的点坐标为，则（ ） A. i B. -i C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解. 【详解】z对应的点坐标为，所以， 所以 故选：B. 2. 已知某地最近10天每天的最高气温（单位：）分别为23，17，17，21，22，20，16，14，21，19，则这10天最高气温的第80百分位数是（ ） A. 15 B. 21 C. 21.5 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】将数据从小到大排序，按照定义求出第80百分位数即可. 【详解】将数据从小到大排序，即14，16，17，17，19，20， 21，21，22，23. 由于，则取第8,9个的平均值作为第80百分位数.即. 故选：C. 3. 已知表示两条不同的直线，表示两个不重合的平面，且，下列说法中正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由，则平面与平面平行或相交，所以A不正确； 对于B中，由，则直线或，所以B不正确； 对于C中，如图所示，过直线作平面，使得， 因为，且，可得，又因为，所以， 因为，可得，所以C正确； 对于D中， 由，则直线与平面平行、相交或，所以D不正确. 故选：C. 4. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律及模的性质化简求解即可. 【详解】因为，， 所以， 即①， 又，所以②， 由①②可得，， 即. 故选：C 5. 在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由求出，即可得解. 【详解】因为，由正弦定理可得. 因为，所以，所以，又， 所以或， 又因为，所以，故为等边三角形. 故选：C 6. 如图，在正方体中，M，N分别为C1D1和CC1的中点，则异面直线AM与BN所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别为的中点，或其补角为AM与BN所成的角，设正方体的边长为，余弦定理求解即可. 【详解】取AB的中点，的中点，连接， 又M，N分别为和的中点，正方体中，，， 四边形为平行四边形，有， 同理有，则或其补角为AM与BN所成的角， 连接EF，设正方体的边长为，则， ，， 所以， 即异面直线AM与BN所成角的余弦值为. 故选：A． 7. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和4，若该正四棱台的体积为，则侧棱长为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用棱台的体积公式求高，再用勾股定理求侧棱长即可. 【详解】 设棱台的高为，则由棱台的体积公式可得： ，解得：， 如图可作正棱台的高，则， 则由勾股定理得：， 故选：B. 8. 设，，，四点在一个半径为5的球的球面上，是斜边为6的直角三角形，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. 64 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可得的外接圆的半径，即可求出球心到平面的距离， 求出面积的最大值，及点到平面的距离的最大值，最后根据锥体体积公式计算可得. 【详解】是斜边为的直角三角形， 的外接圆的半径，又球的半径， 球心到平面的距离， 又面积的最大值为， 点到平面的距离的最大值为， 三棱锥体积的最大值为． 故选：A． 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. 某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（ ） A. 该校高一学生总人数为700 B. 该校高一学生中选考物化政组合的人数为80 C. 该校高一学生中选考物理的人数比选考历史的人数多 D. 用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取20人，则生史地组合抽取6人 【答案】BC 【解析】 【分析】根据政史地人数和占比可确定A正确；计算出物化生的人数后即可确定B错误；分别计算选考历史和物理的人数，则知C正确；确定生史地组合人数占比后，根据分层抽样原则可知D错误. 【详解】对于A，选科为政史地的人数为人200，占比为， 该校高一学生共有人，A错误； 对于B，选科为物化生的人数为人， 选科为物化政的人数为，B正确； 对于C，选考历史的人数有人，选考物理的人数有人， 选考物理的人数比选考历史的人数多，C正确； 对于D，选科为生史地的学生人数占比为， 采用分层抽样抽取20人，生史地组合应抽取人，D错误. 故选：BC. 10. 某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生（该校男女生人数之比为）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则（ ） 参考公式： A. 抽取的样本里男生有60人 B. 每一位学生被抽中的可能性为 C. 估计该学校学生身高的平均值为170 D. 估计该学校学生身高的方差为236 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据分层抽样的公式，以及利用每层样本的平均数和方差公式，代入总体的均值和方差公式，即可判断选项. 【详解】对于项，抽取的样本里男生有人，所以A项正确； 对于B项，由题可知，每一位学生被抽中的可能性为，所以B项正确； 对于C项，估计该学校学生身高的平均值为，所以C项错误； 对于D，估计该学校学生身高的方差为，所以D项正确. 故选：ABD 11. 如图，在正四棱柱中，，点P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 三棱锥外接球的表面积为6π C. 若E是棱上一点，且，则平面 D. 直线平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接求三棱锥的体积进行判断；对于B，三棱锥外接球就是正四棱柱的外接球，则其直径为正四棱柱的体对角线，从而可求出其外接球的表面积；对于C，设是棱上一点，且，连接，通过线面垂直可得，又易得，可得平面；对于D，由面面平行的性质判断即可. 【详解】对于A，在正四棱柱中，， 所以三棱锥的体积为，故A正确； 对于B，由题意可得三棱锥外接球就是正四棱柱的外接球， 所以外接球半径为，所以外接球的表面积为，故B不正确； 对于C：若是棱上一点，且， 由正四棱柱，易证平面， 又平面，所以， 设是棱上一点，且，连接， 由正四棱柱，可得且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以，所以， 由已知可得，又，所以， 所以，又， 所以，所以， 又，平面，，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面，故C正确； 对于D，因为，又平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一组数据的方差是5，则数据的方差是__________． 【答案】45 【解析】 【分析】利用方差的性质求解即可. 【详解】若数据的方差为， 则数据的方差为， 所以当数据的方差是5时， 可得数据的方差是， 故答案为：. 13. 如图所示，有一滚筒是正六棱柱形（底面是正六边形，每个侧面都是矩形），两端是封闭的，筒高1.6m，底面外接圆的半径是0.4m，制造这个滚筒需要______铁板（精确到，）． 【答案】4.7 【解析】 【分析】求六棱柱的表面积即可. 【详解】因为正六棱柱的底面棱长为0.4m，所以底面积为：， 棱柱的侧面积为：. 所以正六棱柱的表面积为：. 故答案为：4.7 14. 已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，，则______，面积的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①用重心向量公式，结合平面向量基本定理即可求解； ②用向量的平方就是模的平方来求三角形中的边角关系，结合基本不等式可求面积最大值. 【详解】 ①由为的重心，则， 又因为，所以， 整理得：， 根据平面向量基本定理可知：，解得：， 即； ②由上可得， 平方可得：，又因为， 所以，又因为， 所以，解得， 则， 当且仅当取等号. 故答案为：①；②. 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. 如图，在正三棱柱中，点为中点， （1）求证：； （2）如果点是的中点，求证：平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案； （2）根据线面平行的判定定理可得答案. 【小问1详解】 由正三棱柱性质得平面，又面， 所以，又为等边三角形，D为BC中点，所以， 又，、平面， 所以平面，又平面，所以； 【小问2详解】 因为为中点，E是的中点，所以， 又由棱柱性质可知，所以四边形是平行四边形， 所以，且，由棱柱性质可知，且， 故，且，所以四边形是平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面． 16. 某校为了解学生每周参加课外兴趣班的情况，随机调查了该校1000名学生在2023年最后一周参加课外兴趣班的时长（单位：分钟），得到如图所示的频率分布直方图．若直方图中，时长落在区间内的人数为200． （1）求出直方图中，，的值； （2）估计样本时长的中位数（精确到0.1）和平均数． 【答案】（1） （2）中位数为；平均数为 【解析】 【分析】（1）先根据概率公式求出,再利用面积和为1求出，再结合求解，； （2）利用左右面积相等求中位数，由直方图平均数公式得平均数； 【小问1详解】 由已知可得， 则，即， 又，解得． 【小问2详解】 因为，， 设中位数为，且， 所以，解得，即中位数为； 平均数为； 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求． （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式即可求出角的大小； （2）利用余弦定理，结合已知条件求出角，再用正弦定理求边，即可求出周长. 【小问1详解】 由可得，即， 由于，故，解得 【小问2详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以，从而， 所以 由正弦定理得 所以，所以的周长为 18. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，点是棱的中点，平面，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为ABCD为正方形，所以， 因为平面，平面， 所以，又， 又，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先用线面垂直定理证明平面，再用面面垂直定理证明平面平面即可； （2）由于平面PAC，所以PM为PD在平面PAC内的射影，所以为PD与平面PAC所成角.借助锐角三角函数求值即可； （3）投影法求解，为在平面上的投影.分别求出面积再比即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示， 设交于，连接，由（1）知平面PAC 所以PM为PD在平面PAC内的射影，所以为PD与平面PAC所成角. 因为，所以， 在直角中， 所以PD与平面PAC所成角得正弦值为 【小问3详解】 运用投影法解题. 由于平面，平面，则． 又底面为正方形，则. 因为，平面，则平面. 则为在平面上的投影.且. ，，， ，则为等腰三角形，连接，则. ，则. 设平面与平面夹角为，则． 由图知道二面角为锐角，则二面角的余弦值为. 19. 如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设． （1）当时，求四边形的周长； （2）克罗狄斯托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． （3）当为多少时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3），最大值为． 【解析】 【分析】（1）用余弦定理计算边长，再算周长； （2）运用，且为等边三角形，，，所以，所以，则最大时，，则，两次运用余弦定理即可求解； （3）通过三角形边角互化知识，将四边形的面积转化为的三角函数，用三角函数最值来解即可. 【小问1详解】 中，，，， 由余弦定理得， 即，于是四边形OACB的周长为． 【小问2详解】 因为，且为等边三角形，，， 所以，所以， 即OC的最大值为6，取等号时， 所以，不妨设， 则，解得， 所以，所以． 【小问3详解】 在中，由余弦定理得， 所以，， 于是四边形OACB的面积为 ， 当，即时，四边形OACB的面积取得最大值为， 所以，当B满足时，四边形OACB的面积最大，最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 琼海市嘉积中学2023-2024学年第二学期高一期末考试 数学科试题 （时间：120分钟 满分：150分） 欢迎你参加这次测试，祝你取得好成绩！ 一、单选题：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. 在复平面，复数z对应的点坐标为，则（ ） A. i B. -i C. D. 2. 已知某地最近10天每天的最高气温（单位：）分别为23，17，17，21，22，20，16，14，21，19，则这10天最高气温的第80百分位数是（ ） A. 15 B. 21 C. 21.5 D. 22 3. 已知表示两条不同的直线，表示两个不重合的平面，且，下列说法中正确的是（　　） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知向量，满足，，且，则（ ） A. B. C. D. 1 5. 在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 6. 如图，在正方体中，M，N分别为C1D1和CC1的中点，则异面直线AM与BN所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和4，若该正四棱台的体积为，则侧棱长为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 设，，，四点在一个半径为5的球的球面上，是斜边为6的直角三角形，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. 64 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. 某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（ ） A. 该校高一学生总人数为700 B. 该校高一学生中选考物化政组合的人数为80 C. 该校高一学生中选考物理的人数比选考历史的人数多 D. 用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取20人，则生史地组合抽取6人 10. 某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生（该校男女生人数之比为）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则（ ） 参考公式： A. 抽取的样本里男生有60人 B. 每一位学生被抽中的可能性为 C. 估计该学校学生身高的平均值为170 D. 估计该学校学生身高的方差为236 11. 如图，在正四棱柱中，，点P为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为 B. 三棱锥外接球的表面积为6π C. 若E是棱上一点，且，则平面 D. 直线平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若一组数据的方差是5，则数据的方差是__________． 13. 如图所示，有一滚筒是正六棱柱形（底面是正六边形，每个侧面都是矩形），两端是封闭的，筒高1.6m，底面外接圆的半径是0.4m，制造这个滚筒需要______铁板（精确到，）． 14. 已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，，则______，面积的最大值为______． 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. 如图，在正三棱柱中，点为中点， （1）求证：； （2）如果点是的中点，求证：平面． 16. 某校为了解学生每周参加课外兴趣班的情况，随机调查了该校1000名学生在2023年最后一周参加课外兴趣班的时长（单位：分钟），得到如图所示的频率分布直方图．若直方图中，时长落在区间内的人数为200． （1）求出直方图中，，的值； （2）估计样本时长的中位数（精确到0.1）和平均数． 17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求． （2）若，，求的周长． 18. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，点是棱的中点，平面，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的余弦值． 19. 如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设． （1）当时，求四边形的周长； （2）克罗狄斯托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． （3）当为多少时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $