精品解析：宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题

石嘴山三中2023—2024学年第二学期高一年级期末数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球，两个红球分别标记为、，白球标记为，则它的一个样本空间可以是（ ） A. B. C. D. 2. 庚子新春，病毒肆虐，某老师为了了解某班50个同学在家学习期间上课、休息等情况，决定将某班学生编号为01，02，，50．利用下面的随机数表选取10个学生调查，选取方法是从下面随机数表的第1行的第2列和第3列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第4个学生的编号为（ ） 7　2　5　6　0　8　1　3　0　2　5　8　3　2　4　9　8　7　0　2　4　8　1　2　9　7　2　8　0　1　9　8 3　1　0　4　9　2　3　1　4　9　3　5　8　2　0　9　3　6　2　4　4　8　6　9　6　9　3　8　7　4　8　1 A. 25 B. 24 C. 29 D. 19 3. 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　） A. B. C. D. 4. 已知单位向量的夹角为，则（ ） A. 9 B. C. 10 D. 5. 在中，在边上，且是边上任意一点，与交于点，若，则（ ） A B. C. 3 D. -3 6. 如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 若样本，，，，的平均数为10，方差为20，则样本，，，，的平均数和方差分别为（　　） A. 16，40 B. 16，80 C. 20，40 D. 20，80 8. 在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（ ） A. B. 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. 某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ） A. B. 样本质量指标值的平均数为75 C. 样本质量指标值众数小于其平均数 D. 样本质量指标值的第75百分位数为85 10. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，则下列对的个数的判断正确的是（ ） A. 当，，时，有两解 B. 当，，时，有一解 C 当，，时，有一解 D. 当，，时，有两解 11. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ） A. 若为中点，则平面 B. 若为中点，则平面 C. 不存点，使得 D. PQ与平面所成角的正弦值最小为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，且，则___________. 13. 《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度．把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B，测得，在点A处测得点C，D的仰角分别为，，在点B处测得点D的仰角为，则塔高CD为______m． 14. 已知是边长为4的等边三角形，将它沿中线折起得四面体，使得此时，则四面体的外接球表面积为_______． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两台机床同时生产一种零件，在10天中，两台机床每天生产的次品数分别如下：甲：0，0，1，2，0，0，3，0，4，0；乙：2，0，2，0，2，0，2，0，2，0. （1）分别求两组数据的众数、中位数、极差； （2）根据两组数据的平均数和标准差的计算结果，比较两台机床性能． 16. 第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在的游客人数为18． （1）求频率分布直方图中的值； （2）从抽取的50名游客中满意度评分在及的游客中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在的概率． 17. 已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，，点是的中点．正的边长为，， （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，点M在线段上，且． （1）求实数a的值； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点N是直线上的动点，求面积的最小值，并说明此时点N的位置． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 石嘴山三中2023—2024学年第二学期高一年级期末数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球，两个红球分别标记为、，白球标记为，则它的一个样本空间可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据样本空间的定义即可求解. 【详解】从放有两个红球、一个白球的袋子中一次任意取出两个球的所有可能结果为， 所以它的一个样本空间为. 故选：B. 2. 庚子新春，病毒肆虐，某老师为了了解某班50个同学在家学习期间上课、休息等情况，决定将某班学生编号为01，02，，50．利用下面的随机数表选取10个学生调查，选取方法是从下面随机数表的第1行的第2列和第3列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第4个学生的编号为（ ） 7　2　5　6　0　8　1　3　0　2　5　8　3　2　4　9　8　7　0　2　4　8　1　2　9　7　2　8　0　1　9　8 3　1　0　4　9　2　3　1　4　9　3　5　8　2　0　9　3　6　2　4　4　8　6　9　6　9　3　8　7　4　8　1 A. 25 B. 24 C. 29 D. 19 【答案】C 【解析】 【分析】根据随机数表法求解. 【详解】从随机数表的第1行的第2列和第3列数字开始由左到右依次选取两个数字， 第一个数为25，第二个数为30，第三个数为24，第四个数为29. 故选：C. 3. 从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先列举出所有情况，再从中挑出数字之和是5的倍数的情况，结合古典概型求概率，即可求解． 【详解】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有 共15种情况，其中数字之和为5的倍数的有共3种情况， 所以所求的概率为. 故选：A. 4. 已知单位向量的夹角为，则（ ） A. 9 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由平面向量模的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得， 故. 故选：B. 5. 在中，在边上，且是边上任意一点，与交于点，若，则（ ） A. B. C. 3 D. -3 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，得，再利用平面向量基本定理，可得，然后就可得到结果. 【详解】三点共线，设， 则， 又，所以，即. 故选：C. 6. 如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】平行移动与相交构成三角形，指明或其补角就是异面直线与所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可. 【详解】 如图连接，因为为正四棱柱， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，则或其补角就是异面直线与所成的角， 设，则，，， 由余弦定理得：. 故选：B. 7. 若样本，，，，的平均数为10，方差为20，则样本，，，，的平均数和方差分别为（　　） A. 16，40 B. 16，80 C. 20，40 D. 20，80 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，结合平均数与方差的线性公式，即可求解 【详解】因为样本，，，，的平均数为10，方差为20， 所以样本，，，，的平均数，方差为. 故选：B. 8. 在中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据已知式子化简得出角，再由余弦定理结合基本不等式求边长和范围即可. 【详解】由余弦定理得, 所以由正弦定理得, 所以, 所以， 所以, 可得 由余弦定理可得, 又因为基本不等式所以, 所以, 当且仅当时，取最大值2， 因为,所以, 所以. 故选：B. 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. 某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ） A. B. 样本质量指标值的平均数为75 C. 样本质量指标值的众数小于其平均数 D. 样本质量指标值的第75百分位数为85 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用频率分布直方图中所有频率之和为1及平均数、众数、百分位数公式计算即可. 【详解】对于A项，由题意知，解得0.030，故A项正确； 对于B项，样本质量指标值的平均数为，故B项错误； 对于C项，样本质量指标值的众数是，故C项正确； 对于D项，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为， 故第75百分位数位于第4组，设其为， 则，解得， 即第75百分位数为85，故D项正确. 故选：ACD项. 10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列对的个数的判断正确的是（ ） A. 当，，时，有两解 B. 当，，时，有一解 C. 当，，时，有一解 D. 当，，时，有两解 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定条件，结合余弦定理、正弦定理逐项分析判断即得. 【详解】对于A，由，，得，又，因此唯一确定，A错误； 对于B，，，，由余弦定理可得唯一的值，B正确； 对于C，由，，得，则，有唯一角的值，C正确； 对于D，由，，得，则，有唯一角的值，D错误. 故选：BC 11. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ） A. 若为中点，则平面 B. 若为中点，则平面 C. 不存在点，使得 D. PQ与平面所成角的正弦值最小为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，为中点，可证出，进而可证出平面；对于B，先证明平面，再由，所以平面；对于C，只需说明当点与点重合时，即可；对于D，求得PQ与平面所成角最小正弦值与答案比对即可. 【详解】对于A，连结，由为线段的中点，为中点， 在中，为的中位线，所以， 平面，平面，所以平面， 故选项A正确； 对于B，连结，由为中点，由A的证明可知， 由为正方体，所以四边形为正方形， 所以，又平面，平面， 所以，由，所以平面， 再由，所以平面，所以选项B正确； 对于C，由为正方体，设棱长为， 所以，为线段的中点， 所以，又因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以，所以当点与点重合时，，故C错误； 对于D，取中点，连结，设正方体棱长为， 则在中，为线段的中点，为中点， 所以为中位线，所以， 又因为平面，所以平面， PQ与平面所成角为，则， 由，即， 所以欲使PQ与平面所成角正弦值最小，即最小， 可知当与点重合时，最大，最小，可知最小， 此时，， 所以，故选项D错误； 故选：A B. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】空间向量垂直，则空间向量的数量积为0，进而列出方程，求得结果 【详解】因为，所以，即，解得： 故答案为： 13. 《海岛算经》是魏晋时期数学家刘徽所著的测量学著作，书中有一道测量山上松树高度的题目，受此题启发，小李同学打算用学到的解三角形知识测量某建筑物上面一座信号塔的高度．把塔底与塔顶分别看作点C，D，CD与地面垂直，小李先在地面上选取点A，B，测得，在点A处测得点C，D的仰角分别为，，在点B处测得点D的仰角为，则塔高CD为______m． 【答案】20 【解析】 【分析】确定每个角的大小，可得均为等腰三角形，在中，设，通过余弦定理计算即可. 【详解】在中，延长与的延长线交于点E，如图所示. 由题意可知，， 因为小李同学根据课本书中有一道测量山上松树高度的题目受此题启发， 所以三点在同一条直线上. 所以， 所以为等腰三角形， 即. 设，即，， 在中，由余弦定理得 即，， 所以， 又因为， 所以. 故答案为：. 14. 已知是边长为4的等边三角形，将它沿中线折起得四面体，使得此时，则四面体的外接球表面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】设为四面体的外接球球心，为外接圆的圆心，取的中点，四边形为长方形可得，在中由正弦定理可得，再由可得答案. 【详解】设为四面体的外接球球心，连接， 因，，平面， 所以平面，， 因为，，由余弦定理可得 ， 因为，所以，， 设为外接圆的圆心，连接， 则平面，，取的中点，连接， 因为，所以，所以四边形为长方形， 可得， 在中，由正弦定理可得， 所以， 则四面体的外接球表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是确定外接球的球心和外接圆的圆心. 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两台机床同时生产一种零件，在10天中，两台机床每天生产的次品数分别如下：甲：0，0，1，2，0，0，3，0，4，0；乙：2，0，2，0，2，0，2，0，2，0. （1）分别求两组数据的众数、中位数、极差； （2）根据两组数据的平均数和标准差的计算结果，比较两台机床性能． 【答案】（1）答案见解析 （2）甲、乙的平均水平相当，但是乙更稳定 【解析】 【分析】（1） 利用众数、中位数、极差的定义即可求出结果； （2） 分别求出甲、乙的平均数和方差，由此得到甲乙的平均水平相当，但是乙更稳定． 【小问1详解】 由题知，甲的众数为0，乙的众数为0和2，甲的中位数为0，乙的中位数为， 甲的极差为，乙的极差为. 【小问2详解】 甲的平均数， 乙的平均数， 甲的方差， 乙的方差， 所以甲的标准差为，乙的标准差为，因此，甲、乙的平均水平相当，但是乙更稳定． 16. 第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在的游客人数为18． （1）求频率分布直方图中的值； （2）从抽取的50名游客中满意度评分在及的游客中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在的概率． 【答案】（1）， （2）． 【解析】 【分析】（1）根据评分在的游客人数为18和总人数为50得到，利用频率之和为1得到方程，求出； （2）根据分层抽样的方法得到评分在的人数为2，设为，满意度评分在的人数为3，设为，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在的情况，求出概率. 【小问1详解】 由题知，， ，解得． 【小问2详解】 由题知，抽取的50名游客中满意度评分在的人数为， 满意度评分在的人数为， 抽取的5人中，满意度评分在的人数为2，设为，满意度评分在的人数为3，设为， 从5人中随机抽取2人的不同取法为，，共有10种不同取法， 设“2人中恰有1人的满意度评分在”为事件， 则事件包含的取法为，，共有6种不同取法． ． 17. 已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，，点是的中点．正的边长为，， （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）首先证明平面，再由计算可得； （3）设点到面距离为，直线与平面所成角为，利用等体积法求出，最后由计算可得. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 因为四边形是矩形，则为的中点，又是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由于，则是的中点，， 因为平面，平面，所以， 又，平面，平面， 所以平面， 所以是三棱锥的高，又， 所以． 【小问3详解】 记点到面距离为，直线与平面所成角为， 由（2）问平面， 又平面，平面，所以， 又，，所以， 又，即，解得， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图所示，在四棱锥中，四边形是平行四边形，平面，点M在线段上，且． （1）求实数a的值； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点N是直线上的动点，求面积的最小值，并说明此时点N的位置． 【答案】（1）1； （2）； （3），N在DC的延长线上且NC＝CD﹒ 【解析】 【分析】(1)根据和边长的值即可求出a的值； (2)选CD中点T，以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系A－xyz，求出平面与平面的法向量，利用法向量即可求出两平面夹角的余弦值； (3)设，用计算出面积，利用二次函数求最值即可﹒ 小问1详解】 ∵PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，∴PA⊥AD，∴ ∴； 【小问2详解】 在△ABC中，， ， ∵四边形ABCD是平行四边形， 选CD中点T，则AT⊥CD，∥， 两两垂直， ∴以AB，AT，AP为x，y，z轴建立直角坐标系A－xyz， 则，∵AT为CD边上的高， ， ，∴M为AD中点，∴ ， 设平面APC的法向量为， ∴，取， 设平面MPC的法向量为 ，取 ， ∴，∴平面MPC与平面APC夹角余弦值为； 【小问3详解】 设，， ∴ ∵, ∴ 当t＝时，△NPB面积取最小值为，此时，N在DC的延长线上且NC＝CD，即C为ND的中点﹒ 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长； （3）在中，根据余弦定理列方程组求解可得，然后参变分离，利用对勾函数性质即可得解. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为. 【小问3详解】 设， 由（2）在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 所以， 所以，， 即，令， 由对勾函数性质知在上单调递减， 所以．即的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$