精品解析：广东省肇庆市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

肇庆市2023—2024学年第二学期高一年级期末教学质量检测 数学 注意事项： 1．本试卷共150分，考试时间120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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. 已知样本空间，事件，，则（　　） A. B. C. D. 2. 若向量，则下列与向量垂直的向量是（　　） A. B. C. D. 3. 某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为（　　） A. 2 B. 2.2 C. 3 D. 7 4. 欧拉公式（为自然对数底，是虚数单位，）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知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 5. 已知，则（　　） A. B. C. D. 6. 的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（　　） A. B. 1 C. D. 2 7. 将函数图象上的所有点都向左平移个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（　　） A. B. C. D. 8. 已知单位圆与轴正半轴交于点，点在第二象限且在单位圆上．若，劣弧的中点为，则（　　） A. B. C. D. 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. 已知复数，则下列命题为真命题的有（　　） A. 的虚部为 B. C D. 若是关于的方程的一个根，则 10. 将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（　　） A. B. C. 与互斥事件 D. 与相互独立 11. 已知函数，，对都有，且的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（　　） A. B. 的取值范围为 C. 使的有且只有2个 D. 方程的所有根之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若为纯虚数，则实数________． 13. 已知函数，当取得最大值时，________． 14. 如图，到的电路中有5个元件，，，，，电流能通过，，，的概率都为0.8，电流能通过的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在与之间通过的概率为________． 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. 某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：，，，，，并绘制成了频率分布直方图，如图所示： 注：90分及以上及格． （1）求的值，并估计数学成绩的中位数及众数； （2）在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人． 16. 一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同． （1）从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率； （2）每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球（非盒内，且与原盒中红球相同），再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率． 17. 已知向量，满足，，与的夹角为． （1）求； （2），，求的值； （3）若在方向上的投影向量为，求的最小值． 18. 如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面，转盘直径为，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为．如图2，设座舱距桥面最近的位置为点，以轴心为原点，与桥面平行的直线为轴建立直角坐标系．游客从点进舱，游客甲、乙的位置分别用点，表示，其中，是终边落在，的正角． （1）证明：； （2）求游客甲的位置距桥面的高度关于转动时间的函数解析式； （3）在（2）的条件下，若游客甲、乙的座舱之间还有三个座舱，乙的位置距桥面的高度为，求在转动一周的过程中的最大值． 19. 已知的内角的对边分别为，若，，为平面内一点，且满足． （1）求； （2）求的最小值； （3）若，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 肇庆市2023—2024学年第二学期高一年级期末教学质量检测 数学 注意事项： 1．本试卷共150分，考试时间120分钟. 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、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. 已知样本空间，事件，，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由概率的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，且事件，，则， 所以. 故选：A 2. 若向量，则下列与向量垂直的向量是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的坐标表示判断即可. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D：，故D错误. 故选：C 3. 某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为（　　） A. 2 B. 2.2 C. 3 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由方差的计算公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得，命中的环数的平均数为， 则方差为. 故选：A 4. 欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知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】B 【解析】 【分析】由题意可得，可得结论. 【详解】由欧拉公式（为自然对数底，是虚数单位，）， 可得， 所以在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 5. 已知，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由正切函数的和差角公式可得，再由正切函数的二倍角公式，代入计算，即可求解. 【详解】由 可得， 则. 故选：C 6. 的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（　　） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求解三角形的面积即可. 【详解】由余弦定理得，则， 则，则的面积为 故选：B. 7. 将函数图象上的所有点都向左平移个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式结合图像变换的知识求解即可. 【详解】将所有点都向左平移个单位长度后,得到， 再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数， 故选：A. 8. 已知单位圆与轴正半轴交于点，点在第二象限且在单位圆上．若，劣弧的中点为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过单位圆、点坐标及，得，设与正半轴的夹角为，则，求出即可. 【详解】由题意可知，，则， 在第二象限且在单位圆上，设，且，则， 因为，所以，即，故. 设与正半轴的夹角为，则， 因为，且，则，所以， 所以点坐标为，故. 故选：A. 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. 已知复数，则下列命题为真命题的有（　　） A. 的虚部为 B. C. D. 若是关于的方程的一个根，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求得复数的虚部与模可判断AB，求得，可判断C；由已知可得，可求得判断D. 【详解】对于A：由，可得复数的虚部为，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：因为是关于的方程的一个根， 所以，所以， 所以，所以，解得， 所以，故D正确； 故选：ABD. 10. 将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（　　） A. B. C. 与是互斥事件 D. 与相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由古典概型计算，，判断A,B;运用互斥事件概念判断C；利用独立事件的定义，结合古典概型判断D. 【详解】抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种： ，，，，，， 表示第一次向上出现点，第二次向上任一点, ，则A正确. 表示第二次向上出现3点且两次向上点数之和不是7，则第一次向上出现不是4, 则等价于说第一次出现，第二次向上是3点. 满足题意的有，共5种，则概率为.故B错误． 表示点数组合，表示出现，不能同时发生，故与是互斥事件，故C正确． 由A知道，,表示两次点数之和是7，则包含结果数为，共6种 ,则概率． 表示第一次出现点，且两次和为7．满足题意的有.则. 故.则与相互独立.故D正确． 故选：ACD. 11. 已知函数，，对都有，且的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（　　） A. B. 的取值范围为 C. 使的有且只有2个 D. 方程的所有根之和为 【答案】AC 【解析】 【分析】，始终把看做一个整体，借助正弦函数的图象、最值、方程的根来对选项逐一分析即可. 【详解】，令，则， 令，即， ，， 则在上有3个零点， 则，即， 解得，故错误； ，， 则，所以，故正确； 若，即， 或，故正确； ，且的零点有且只有3个， 所以方程有四个根，从小到大分别为. ，即， 则， 则， 故，即方程的所有根之和为，故错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决的取值范围与最值问题主要方法是换元法和卡住的大致范围，如本题选项，具体方法为： （1）根据的范围，求出的范围； （2）把看成一个整体，即利用换元法，把变成来降低解决问题的难度，再借助正弦函数的图象，要使有3个零点，则的最大值就必须在之间，列出不等式即可求出的取值范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若为纯虚数，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可. 【详解】因为， 又为纯虚数，所以，解得. 故答案为： 13 已知函数，当取得最大值时，________． 【答案】 【解析】 【分析】利用辅助角公式求解，用已知角表示未知角求解即可. 【详解】其中 当取得最大值时， 所以 故答案为： 14. 如图，到的电路中有5个元件，，，，，电流能通过，，，的概率都为0.8，电流能通过的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在与之间通过的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】先应用独立事件的概率乘法公式，再结合互斥事件的概率和公式计算即可. 【详解】设能通过电流分别为事件,事件相互独立, 设电流能在M与N之间通过为事件B, 所以 . 故答案为：. 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. 某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：，，，，，并绘制成了频率分布直方图，如图所示： 注：90分及以上为及格． （1）求值，并估计数学成绩的中位数及众数； （2）在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人． 【答案】（1）；中位数；众数 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由频率分布直方图的性质代入计算，即可求得，再由中位数与众数的计算公式代入计算，即可求解； （2）根据题意，由频率分布直方图可得及格的人数，再由分层抽样的公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质可得，， 解得， 设中位数为，因为， ， 所以中位数在范围内， 则，解得， 则中位数为，再由频率分布直方图可知众数为. 【小问2详解】 由频率分布直方图可知，及格的人数为人， 再由分层抽样可得，及格的学生应抽取人. 16. 一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同． （1）从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率； （2）每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球（非盒内，且与原盒中红球相同），再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得； （2）首先利用列举法求出取一次球取到两球都是红球的概率，取到一个红球一个白球的概率，取得两球都是白球的概率，再分两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得. 【小问1详解】 设第一次与第二次摸到的都是红球为事件， 则. 【小问2详解】 记3个红球分别为，，，2个白球分别为、， 则从盒子中任取两个球所有可能结果为，，，，，，，，，共种， 所以取到两球都是红球的概率为，取到一个红球一个白球的概率为， 取得两球都是白球的概率为； 经过次抽取后盒中恰好都是红球分两种情况: ①第一次取出两个红球，概率为，第二次取出两个白球，概率为， 故经过次抽取后盒中恰好都是红球的概率为； ②第一次取出一个红球一个白球，概率为，第二次取出一个红球一个白球，概率为， 故经过次抽取后盒中恰好都是红球的概率为； 综上，经过次抽取后盒中恰好都是红球的概率为. 17. 已知向量，满足，，与的夹角为． （1）求； （2），，求的值； （3）若在方向上的投影向量为，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量的数量积的定义即可求解； （2）利用向量的夹角公式求解即可； （3）先求得投影向量，进而计算可求的最小值. 【小问1详解】 因为，，与的夹角为， 所以； 【小问2详解】 因为， ， ， 所以. 【小问3详解】 在方向上的投影向量为， 所以， 当时，的最小值为． 18. 如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市的地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面，转盘直径为，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为．如图2，设座舱距桥面最近的位置为点，以轴心为原点，与桥面平行的直线为轴建立直角坐标系．游客从点进舱，游客甲、乙的位置分别用点，表示，其中，是终边落在，的正角． （1）证明：； （2）求游客甲的位置距桥面的高度关于转动时间的函数解析式； （3）在（2）的条件下，若游客甲、乙的座舱之间还有三个座舱，乙的位置距桥面的高度为，求在转动一周的过程中的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用和差角的正弦公式计算可得； （2）由周期求出旋转角速度，即可得到，从而求出解析式； （3）依题意可得，即可得到，从而表示出，结合（1）中公式及余弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因 ， 所以. 【小问2详解】 依题意可得，点到桥面的距离为， 又摩天轮旋转一周所需时间为，所以旋转角速度为， 所以， 所以； 小问3详解】 因为，则， 所以， 所以 ， 所以当（或）时取得最大值，最大值为， 其中. 19. 已知的内角的对边分别为，若，，为平面内一点，且满足． （1）求； （2）求的最小值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和商关系得出角的值； （2）利用余弦定理、基本不等式和向量数量积公式，计算得出结果； （3）先用向量的运算和向量的模计算公式化简，在结合正余弦弦定理转化为，利用角的取值范围求得的取值范围； 【小问1详解】 正弦定理得 因为，所以. 【小问2详解】 为平面内一点，且满足，则为外接圆圆心，设外接圆半径为,由（1）知，， 所以 余弦定理得 当时取等号； ， 所以的最小值为； 【小问3详解】 解法一： 若，所以 根据正弦定理得, 所以 因为， 因此的取值范围为； 解法二：根据正弦定理，得，所以， 从而. 因为，所以， 所以， 所以 . 因为，所以， 所以. 所以， 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$