精品解析：安徽省合肥一六八中学2023-2024学年高一下学期期末素养测试数学试卷

高一期末素养测试数学试题 （时长：120分钟 满分150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 设平面向量，点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，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 3. 已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 现有甲、乙两组数据．甲组数据有6个数，其平均数为3，方差为5；乙组数据有9个数，其平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ） A. 4.76 B. 4.52 C. 4.2 D. 3.8 5. 如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱截面交于，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 6. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（ ） A. 设，若，则 B. 设，则 C. 设.若，则 D. 设，若与的夹角为，则 7. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，则取值范围为 D. 若为锐角三角形，的最小值为1 8. 如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为2 D. 10. 在中，由以下各条件分别能得出为等边三角形的有（ ） A. 已知且 B. 已知且 C. 已知且 D. 已知且 11. 已知正方形的棱长为2，棱的中点分别为，点在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若存在，使得，则 B. 若，则平面 C. 三棱锥体积的最大值为3 D. 二面角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 定义：，其中为向量与的夹角，若，则等于__________． 13. 已知为锐角三角形，角的对边分别为，若，，则面积的取值范围为______． 14. 将共21个正整数排成六行，按照第一行1个数，第二行2个数，．．．，第六行6个数的顺序排列，则每一行中最大的数都小于其后一行中最大的数的概率是______． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为. （Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积； （Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值. 16. 航天员安全返回，中国航天再创辉煌1去年6月4日，当地时间6时20分许，神舟十五号载人飞船成功着陆，费俊龙、邓清明、张陆等航天员安全顺利地出舱，身体状况良好．这标志着神舟十五号载人飞行任务取得了圆满成功．某学校高一年级利用高考放假期间开展组织1200名学生参加线上航天知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人成绩，求10人中成绩不高于50分的人数； （2）求的值，并以样本估计总体，估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数； （3）由首轮竞赛成绩确定甲、乙、丙三位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，丙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙、丙是否获优秀等级互不影响，求三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率． 17. 已知内角所对的边分别为． （1）求； （2）为外心，的延长线交于点，且，求的面积． 18. 如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱台的体积和球的表面积． 19. 给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第位古董的位次编号，记，那么与的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强． （1）当时，求的所有可能取值； （2）当时，求满足的个数； （3）现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲鉴定结果与真实价值的差异量为，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值的差异量是否可能为？请说明理由． （注：实数满足：，当且仅当时取“”号） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一期末素养测试数学试题 （时长：120分钟 满分150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 设平面向量，点，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设B点坐标为，则可得的坐标，根据题意，列出等式，即可得答案. 【详解】设B点坐标为，由， 所以，则，解得， 所以B的坐标为. 故选：B. 2. 已知复数，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】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则计算即可得到答案. 【详解】， 其对应的点为，在第三象限. 故选：C. 3. 已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件概率关系即可计算求解. 【详解】由题可知，， 又，所以，解得，， 所以. 故选：D. 4. 现有甲、乙两组数据．甲组数据有6个数，其平均数为3，方差为5；乙组数据有9个数，其平均数为5，方差为3．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ） A. 4.76 B. 4.52 C. 4.2 D. 3.8 【答案】A 【解析】 【分析】由分层抽样中数据方差的计算公式计算即可. 【详解】设甲、乙组平均数分别为，方差分别为，两组数据混合成一组的平均数为，方差为，则，，， 则， 故选：A. 5. 如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】延长交于点，连接交于，连接，取的中点，连接，得到四边形所求裁面，再利用平行的相似比得到为上靠近的三等分点即可． 【详解】 如图，延长交于点，连接交于， 连接，则四边形所求截面． 取的中点，连接. ∵， ∴是△APC的中位线， ∴为的中点． 又分别为的中点， ∴，则，即， ∴为上靠近的三等分点，故． 故选：B. 6. 如图，设，且，当时，定义平面坐标系为斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（ ） A. 设，若，则 B. 设，则 C. 设.若，则 D. 设，若与夹角为，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示可得A错误；由向量模长的定义可得B错误；由向量平行的坐标表示可得C正确；由向量数量积的定义可得D错误. 【详解】A：因为，所以， 又，所以， 即， 所以， 因为，所以，故A错误； B：因为，所以， 所以， 又，且， 所以，故B错误； C：因为，所以， 又，则，即， 即，所以，故C正确； D：因为，所以， 又与的夹角为， 所以， 解得， 所以，故D错误； 故选：C. 7. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，则的取值范围为 D. 若为锐角三角形，的最小值为1 【答案】D 【解析】 【分析】A：利用正弦定理和三角恒等变换即可判断；B：利用正弦定理边化角，结合A选项结论和三角恒等变换即可求出的三个内角，从而可判断其形状；C和D，根据是锐角三角形和选项A结论求出B的范围，利用函数单调性的方法可分别求两个式子的范围. 【详解】∵，由正弦定理可得， 在中，， 可得，而与不可能互补， ∴，即，∴A选项正确； 选项B中，，可得，由A选项可得， 则，在中，， 可得，则，∴，即为直角三角形，∴B选项正确； 选项C中，为锐角三角形中， ． 设， ∵为锐角三角形，∴，可得， ∴，即， 令，则函数单调递增， ，而，即． ∴，∴，∴C正确； 选项D中，∵为锐角三角形，由A选项可得， ∴，可得，∴， ∴． 设． 设在单调递减，∴， ∴D选项不正确： 故选：D． 8. 如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过作的垂线，垂足为，交于，交于，设在平面内的时影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，则为二面角的平面角，通过辅助角公式和正弦函数的值域，解不等式可得所求正切值的最大值，进一步即可求解． 【详解】 在图1中，过作的垂线，垂足为，交于，交于. 在图2中，设在平面内的射影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，连接， 因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，平面，平面，平面平面， 所以为二面角的平面角. 设．， 由，可得． 即有， 令，可得， 其中， 解得，则，等号成立当且仅当． 当二面角的平面角最大时，其正切值为，此时它的正弦值为． 故选：B． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知复数z满足，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为2 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据共轭复数及乘法计算判断A,B选项，应用特殊值法判断D选项，结合模长公式判断C选项. 【详解】设,所以,D选项错误； ,C选项正确； 设,因为所以，所以,A选项正确； ,B选项正确. 故选：ABC. 10. 在中，由以下各条件分别能得出为等边三角形的有（ ） A. 已知且 B. 已知且 C. 已知且 D. 已知且 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理判断三角形的形状. 【详解】对于A、因为，所以，由余弦定理得，， 又，所以，所以，所以，所以， 所以为等边三角形..故A正确； 对于B，因为，，所以或， 当时，，所以，所以为等边三角形； 当时，，所以为等腰三角形.故B错误； 对于C，因为且，所以；所以，所以， 又，所以，所以为等边三角形.故C正确； 对于D，因为；所以，即，所以， 所以或，所以或， 当时，，所以，所以为等边三角形； 当时，，所以，，所以为直角三角形.故D错误. 故答案为：AC. 11. 已知正方形的棱长为2，棱的中点分别为，点在底面上，且平面平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若存在，使得，则 B. 若，则平面 C. 三棱锥体积的最大值为3 D. 二面角余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，由平面平面，根据向量法得出点G的轨迹，由向量共线可判定A，根据线面平行的判定定理可判定B，根据棱锥体积公式可得C，由向量法求面面角可得D. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，依题意，，设， 则， 设平面的一个法向量为， 则，所以，令，则，即， 设平面的一个法向量，则， 所以，令，则 即，因为平面平面，所以，即，所以， 选项A：若存在λ使得，则点G在线段上，所以，即， 所以G为的中点，即，故A正确； 选项B：若，则，即，所以G为的中点， 因为E为的中点，所以，故四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面，故B正确； 选项C：因为，设平面DBC1的一个法向量为， 则，所以，令，则， 即，设G到平面DBC1的距离为， 又为等边三角形且边长为，则， 所以，又， 所以当时，三棱锥体积的最大值为2，故C错误； 选项D：因为平面，所以平面的一个法向量为， 平面平面，平面的一个法向量为， 所以平面的一个法向量为， 则， 因为二面角为锐角，所以二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：利用空间向量解决立体几何中的动点问题及求角和距离是常用方法. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 定义：，其中为向量与的夹角，若，则等于__________． 【答案】8 【解析】 【分析】先由求出，再利用同角三角函数的关系求出，再利用新定义可求出的值. 【详解】因为， 所以，得， 因为，所以， 所以， 故答案为：8 13. 已知为锐角三角形，角的对边分别为，若，，则面积的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理以及三角恒等变换可得，结合三角形面积公式可得，由为锐角三角形，可得出的范围，进一步即可求解. 【详解】由正弦定理有，即， 所以， 所以面积的表达式为， 又已知为锐角三角形， 所以，解得， 所以的取值范围是，的取值范围是， 所以面积的取值范围为. 故答案为：. 14. 将共21个正整数排成六行，按照第一行1个数，第二行2个数，．．．，第六行6个数的顺序排列，则每一行中最大的数都小于其后一行中最大的数的概率是______． 【答案】 【解析】 【分析】通过分析最大数在第行的概率，得到规律，从而可求得结果. 【详解】设是从上往下数第行的最大数， 设概率为． 最大数在第行的概率为：． 在排好第行后余下的个数排在前行，符合要求的排列的概率为， ，以此类推，． 当时，． 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是求出最大数要第行的概率为，通过分析得到，从而可求得结果. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为. （Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积； （Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得，再利用基本不等式求得的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值 【详解】解：设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为 （Ⅰ）由，有，故， 由，故， 所以圆锥体积为 由，有正四棱柱的底面对角线长为2， 由图可得，所以， 故正四棱柱的体积为 所以该几何体的体积为 （Ⅱ）由图可得，即，即 由，当且仅当时左式等号成立， 有，当且仅当，时左式等号成立， 故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立， 所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为. 16. 航天员安全返回，中国航天再创辉煌1去年6月4日，当地时间6时20分许，神舟十五号载人飞船成功着陆，费俊龙、邓清明、张陆等航天员安全顺利地出舱，身体状况良好．这标志着神舟十五号载人飞行任务取得了圆满成功．某学校高一年级利用高考放假期间开展组织1200名学生参加线上航天知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人成绩，求10人中成绩不高于50分的人数； （2）求的值，并以样本估计总体，估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数； （3）由首轮竞赛成绩确定甲、乙、丙三位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，丙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙、丙是否获优秀等级互不影响，求三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率． 【答案】（1）4 （2）平均数为，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）抽取的200名学生中, 分别求出不高于50分的人数，50分到60分的人数， 再利用分层抽样的定义，求出从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人的成绩，不高于50分的人数； （2）由各个矩形面积和为1列方程求出的值，每个矩形的中点横坐标与该矩形的纵坐标、组距相乘后求和可得平均值，利用直方图左右两边面积相等处横坐标表示中位数； （3）利用独立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 因为抽取的200名学生中, 不高于50分的人数为（人）， 50分到60分的人数为（人）， 所以从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取10人的成绩，不高于50分的人数为（人）. 【小问2详解】 由，解得， 平均数， 因为成绩不高于70分的频率为， 成绩不高于80分的频率为， 所以中位数位于内，则中位数为. 【小问3详解】 三人中至少有两位同学复赛获优秀等级的概率为， . 17. 已知的内角所对的边分别为． （1）求； （2）为外心，的延长线交于点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简求出余弦值，结合角的范围即可求出角； （2）先根据正弦定理求出外接圆半径，再应用余弦定理求边长，最后面积公式计算即可得. 【小问1详解】 ，在中，由正弦定理得， 又，则，即， ，即， ，， ； 【小问2详解】 由（1）得，设的外接圆的半径为， 在中，由正弦定理得，解得， 则，在中，由余弦定理得， ，，， 在中，由正弦定理得， ，即是等边三角形， 的面积为. 18. 如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． （1）求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）求四棱台体积和球的表面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）四棱台的体积为，球的表面积为． 【解析】 【分析】（1）只需证明和即可； （2）做出二面角的平面角再做计算. （3）将四棱台还原为四棱锥，把三棱台的内切球转化为三棱锥的内切球问题. 【小问1详解】 设与、与BD分别交点E，F，连接EF，因为底面为菱形，所以． 在等腰梯形中，因为E，F为底边中点， 所以，又EF与BD相交，平面，所以平面． 【小问2详解】 由（1）可知平面平面，又平面平面， 过点作于，则平面，因为平面， 所以，再作于，又因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，则是二面角的平面角． 因为平面，故是侧棱与底面所成角，所以． 在，，， 在，， 在，． 因此二面角的正切值为． 【小问3详解】 将四棱台还原为四棱锥， 由题意可知三棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥， 因此三棱台和三棱锥的内切球为同一个球，设，是和的中心， 由（2）易知在，所以三棱锥为正四面体，所以， 因此平面是四棱锥的中截面，则，， 故四棱台的体积． 球的表面积为． 19. 给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第位古董的位次编号，记，那么与的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强． （1）当时，求的所有可能取值； （2）当时，求满足的的个数； （3）现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值的差异量为，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值的差异量是否可能为？请说明理由． （注：实数满足：，当且仅当时取“”号） 【答案】（1）0，2，4 （2）12 （3）不可能，理由见详解 【解析】 【分析】（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解； （2）分析可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解； （3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解. 【小问1详解】 若时，则，且， 可得， 所以的所有可能取值为0，2，4. 【小问2详解】 若对调两个位置的序号之差大于2，则， 可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序， 若调整两次两个连续序号：则有，共有3种可能； 若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组， 由（1）可知：每组均有3种可能满足，可得共有种可能； 所以的个数为. 【小问3详解】 不可能，理由如下： 设专家甲的排序为，记； 专家乙的排序为，记； 由题意可得：，， 因为， 结合的任意性可得， 所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为. 【点睛】方法点睛：1，对于（2）：利用转化法，将问题转为（1）中已知的结论； 2，对于（3）：结合绝对值不等式分析证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $