精品解析：宁夏青铜峡市宁朔中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

青铜峡市宁朔中学2023-2024学年第二学期 第I卷（选择题） 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据复数乘法即可得到答案． 【详解】由题意得， 故选：A． 2. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9的80％分位数为（ ） A. 7 B. 7．2 C. 7．5 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算即可得出答案． 【详解】解：因为，所以第80％分位数为第8个数， 故数据1，2，3，4，5，6，7，8，9的第80百分位数为8. 故选：D． 3. 已知，向量与的夹角为，则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知先求出，然后根据，代值即可求解. 【详解】∵，向量与的夹角为 ∴ ∴ 故选：D. 4. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 5. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个白球､2个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则（ ） A. “至少有一个白球”与“至少有一个黑球”是互斥事件 B. “都是白球”与“都是黑球”是对立事件 C. “第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”相互独立 D. “至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件，对立事件与相互独立事件的定义逐个判断即可 【详解】对A，“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”均包含“一个白球一个黑球”的情况，故A错误； 对B，“都是白球”与“都是黑球”不能同时发生，但是可以都不发生，故为互斥事件，但不是对立事件，故B错误； 对C，事件“第一次摸到的是白球”的概率， 事件“第二次摸到的是黑球”的概率， 又， 因为，故“第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”不相互独立，故C错误； 对D，“至少有一个白球”包含“都是白球”， “一个白球一个黑球”， 所以“至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件，故D正确； 故选：D 6. 甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用独立事件乘法公式及对立事件概率求法，结合互斥事件加法求目标概率. 【详解】由题意，这两个零件中恰有一个一等品的概率为. 故选：C 7. 已知正三棱锥的底面边长为4，侧棱长为8，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出三棱锥的高，根据棱锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】如图正三棱锥，设其高为，O为底面中心， 则，故， 故三棱锥的体积为， 故选：A 8. 瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量等式的含义以及向量的运算，分别说明为的外心、垂心、重心、内心，继而根据欧拉线定理可得结论． 【详解】由题意知，即为的外心； ，则为的重心； ， 即有， 即，同理，即为的垂心； 由解析题中向量式中有两共起点的向量， 于是，， 令， 则是以为起点，向量与所在线段为邻边的菱形对角线对应的向量， 即在的平分线上, 共线, 所以点的轨迹一定通过的内心, 由欧拉线定理知，欧拉线一定过. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，充分理解三角形心的向量表示，从而得解. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（    ） A. 图（1）的平均数中位数众数 B. 图（2）的平均数<众数<中位数 C. 图（2）的众数中位数<平均数 D. 图（3）的平均数中位数众数 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【分析】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确； 图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B错误，C正确； 图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确. 故选：ACD. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 对于数据的众数与中位数的数值不相等 B. 在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等 C. 设样本数据的平均数和方差分别为2和8，若，则的平均数和方差分别为5和32 D. 高一和高二两个年级的同学参加了数学竞赛，高一年级有450人，高二年级有350人，通过分层随机抽样的方法抽取了容量为160的样本，得到两年级的竞赛成绩的平均分分别为80分和90分，则高一和高二数学竞赛的平均分约为84.375分 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用频率分布直方图以及互斥事件和对立事件的概念即可判断AB，设样本数据的均值为，方差为，由已知得新样本的均值为，方差为即可判断C，先计算抽取的比例，再在高一高二两层内按比例抽取，求出高一高二的人数后再计算平均分即可判断D. 【详解】对于A，数据， 众数是3，中位数是3，相等，故A错误； 对于B，在频率分布直方图中，根据中位数的概念， 可得中位数左边和右边的直方图的面积相等，故B正确； 对于C，设样本数据的均值为，则，方差为，则， 所以新样本的均值为，方差为，故C正确； 对于D，由题意，可得高一年级抽取的样本量为， 高二年级抽取的样本量为. 高一和高二数学竞赛的平均分约为（分），故D正确. 故选：BCD. 11. 在中，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若为锐角三角形，则 C. 若为钝角三角形，且，则的面积为或 D. 若，则一定是等腰三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，可以根据大角对大边知道，再用正弦定理即可．对于B, 根据锐角三角形，知道，即，因为且在区间单调递增，再用诱导公式即可．对于C，用余弦定理求出，再分类讨论即可．对于D，切化弦，再用二倍角公式转化即可． 【详解】对于A：因为，所以，所以A错误 对于B：因为是锐角三角形，所以，即， 因为且在区间单调递增， 所以，B正确； 对于C：易求出，而，所以， 化简可得，解得或者， 当时，，此时是最大角且， 所以满足钝角三角形，此时， 当时，，此时为最大角且， 所以满足钝角三角形，，此时C正确． 对于D：， 即，即， 所以，而为三角形内角， 所以或者， 所以是等腰三角形或者直角三角形，D错误； 故选：BC． 第II卷（非选择题） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值． 【详解】因为，所以， 所以即，故. 故答案为：2. 13. 从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区活动，则选中的2人都是女同学的概率__________． 【答案】； 【解析】 【分析】利用古典概型的概率公式求解. 【详解】由古典概型的概率公式得. 故答案为 【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题. 14. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵中，，，AB＝8，则鳖臑外接球的表面积为___，阳马体积的最大值为___． 【答案】 ①. ②. 64 【解析】 【分析】将鳖臑外接球即为堑堵的外接球，从而求出外接球直径为，得到外接球表面积，利用基本不等式得到，求出体积的最大值 【详解】鳖臑外接球即为堑堵的外接球，可将堑堵补成长方体， 则外接球直径为， ∴其表面积为． ∵，当且仅当时取等号， 所以， ∴阳马的体积为． 故答案为：，64 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. 为迎接第二届湖南旅发大会，彬州某校举办“走遍五大洲，最美有极州”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：并整理得到如下频率分布直方图： （1）根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数和中位数； （2）用分层随机抽样的方法从两个区间共抽取出4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率； （3）学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由． 【答案】（1）中位数为，平均数为分 （2） （3）甲最终获胜的可能性更大，理由见解析 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中按公式计算中位数和平均数； （2）先根据分层抽样得到两个区间共抽取出4名学分别抽取人、3人，再根据古典概型求概率； （3）根据甲至少得1分的概率是，得，计算甲的2分或3分的概率和乙得分为2分或3分的概率，比较大小得出甲最终获胜的可能性更大． 【小问1详解】 由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数： 因为前两组的频率和为， 前三组的频率和为， 所以中位数在第三组，设中位数为， 则，解得， 所以样本的中位数约为85.56分； 平均数为分． 【小问2详解】 由频率分布直方图，可得的频率为的频率为0.3， 所以用分层随机抽样的方法从 两个区间共抽取出4名学生， 可得从抽取人，即为， 从中抽取3人，即为， 从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享， 有，共有12个基本事件； 其中第二个交流分享的学生成绩在区间的有：，共有3个， 所以概率为． 【小问3详解】 甲最终获胜的可能性大． 理由如下：由题意，甲至少得1分的概率是， 可得，其中，解得， 则甲的2分或3分的概率为：， 所以乙得分为2分或3分的概率为， 因为，所以甲最终获胜的可能性更大． 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若． （i）求的值； （ii）求的面积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）结合余弦定理，即可求解； （2）（i）结合三角函数的同角公式，以及正弦两角和公式，即可求解； （ii）结合正弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 已知，由余弦定理， 则，又，则. 【小问2详解】 （i），由正弦定理有，得， 故， . （ii）由正弦定理可知，， 故的面积为. 17. 如图，在三棱柱中，与交于点，平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 在三棱柱中，与交于点， 所以为的中点，又是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面； （2） 因为，是的中点，所以， 又平面，，所以平面，又平面， 所以， 又，平面，所以平面； （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可证明； （2）依题意可得，再由平面，得到，即可得证； （3）取的中点，连接、、，首先证明，从而得到平面，则为直线与平面所成角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接、、， 则且，又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以，又平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成角的平面角， 因为平面，平面，所以， 设，则，， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 在中，分别是角的对边，． （1）求角的大小及外接圆的半径的值； （2）若是的内角平分线，当面积最大时，求的长． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式和三角形角的范围得出，再根据正弦定理得到三角形外接圆半径； （2）根据余弦定理和基本不等式的，此时面积最大，再根据角的关系和正弦定理计算得出结果； 【小问1详解】 由得，则， 由正弦定理得 【小问2详解】 在中，由余弦定理得 则，即， ， 当且仅当时，， ． 此时，． 在中，， 由正弦定理得． 19. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，为的中点． （1）证明平面平面； （2）求点到的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直证明面面垂直； （2）利用三棱锥等体积变化可得点到的距离； 【小问1详解】 四边形为平行四边形，可得，又， 所以为等边三角形，为中点，所以， 又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以， 四边形为平行四边形，， 所以为等腰三角形，与底边上中点重合， ，， 因为，所以， 又，平面， 所以平面． 平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）得因为，所以， 所以互相垂直， 由等体积法可得， ， ， 设点到的距离为， 则， 解得，即点到距离为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青铜峡市宁朔中学2023-2024学年第二学期 第I卷（选择题） 一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9的80％分位数为（ ） A. 7 B. 7．2 C. 7．5 D. 8 3. 已知，向量与的夹角为，则（ ） A. 5 B. C. D. 4. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个白球､2个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则（ ） A. “至少有一个白球”与“至少有一个黑球”是互斥事件 B. “都是白球”与“都是黑球”是对立事件 C. “第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”相互独立 D. “至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件 6. 甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是和，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱锥的底面边长为4，侧棱长为8，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线．已知，为所在平面上的点，满足，，则欧拉线一定过（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（    ） A. 图（1）的平均数中位数众数 B. 图（2）的平均数<众数<中位数 C. 图（2）的众数中位数<平均数 D. 图（3）的平均数中位数众数 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 对于数据的众数与中位数的数值不相等 B. 在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等 C. 设样本数据的平均数和方差分别为2和8，若，则的平均数和方差分别为5和32 D. 高一和高二两个年级的同学参加了数学竞赛，高一年级有450人，高二年级有350人，通过分层随机抽样的方法抽取了容量为160的样本，得到两年级的竞赛成绩的平均分分别为80分和90分，则高一和高二数学竞赛的平均分约为84.375分 11. 在中，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若为锐角三角形，则 C. 若为钝角三角形，且，则的面积为或 D. 若，则一定是等腰三角形 第II卷（非选择题） 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则__________． 13. 从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区活动，则选中的2人都是女同学的概率__________． 14. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵中，，，AB＝8，则鳖臑外接球的表面积为___，阳马体积的最大值为___． 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. 为迎接第二届湖南旅发大会，彬州某校举办“走遍五大洲，最美有极州”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：并整理得到如下频率分布直方图： （1）根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数和中位数； （2）用分层随机抽样的方法从两个区间共抽取出4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率； （3）学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由． 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若． （i）求的值； （ii）求的面积． 17. 如图，在三棱柱中，与交于点，平面，，是的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在中，分别是角的对边，． （1）求角的大小及外接圆的半径的值； （2）若是的内角平分线，当面积最大时，求的长． 19. 如图，四边形与四边形均为等腰梯形，，为的中点． （1）证明平面平面； （2）求点到的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $