精品解析：吉林省白山市2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题

2023—2024学年度（下）白山市高一教学质量监测 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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､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. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 2. 袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，则A与B是（ ） A. 互斥事件 B. 相互独立事件 C. 对立事件 D. 不相互独立事件 3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ） ①若，则为异面直线 ②若，则 ③若，则 ④若，则 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 4. 是虚数单位，复数，（是的共轭复数），则（ ）． A. B. C. D. 5. 如图，在梯形中，在线段上，.若，则（ ） A. B. C. D. 6. 一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知两点分别满足，，其中，且，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 已知的内角所对的边分别为，下列四个说法中正确个数是（ ） ①若，则一定是等边三角形； ②若，则一定是等腰三角形； ③若，则一定是等腰三角形； ④若，则一定是锐角三角形． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 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. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ） A. 平均数为9.6 B. 众数为10 C. 第80百分位数为9.8 D. 方差为 10. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. 向量与的夹角为 D. 向量在向量上的投影向量的坐标为 11. 在三棱锥中，记，其他棱长均为2，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，球与三棱锥的所有面都相切.若点在底面内的射影位于内部及其边界，则下列说法正确的是（ ） A. 当三棱锥的体积为时， B. 当时，球与球的体积之比为 C. 当三棱锥的体积最大时，球的半径为 D. 当时，球的表面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数和对应的点分别为，则__________. 13. 国家高度重视青少年视力健康问题，指出要“共同呵护好孩子的眼睛，让他们拥有一个光明的未来”.某校为了调查学生的视力健康状况，决定从每班随机抽取5名学生进行调查.若某班有50名学生，将每一名学生从01到50编号，从下面所给的随机数表的第2行第4列的数开始，每次从左向右选取两个数字，则选取的第四个号码为______ 随机数表如下： 0154 3287 6595 4287 5346 7953 2586 5741 3369 8324 4597 7386 5244 3578 6241 14. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，一平面经过点且垂直于直线，则该平面截四棱锥所得截面的面积为__________. 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. 已知． （1）求； （2）求向量与的夹角的余弦值． 16. 为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息，解决下列问题. （1）求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数； （2）①估计这40名学生周末学习时间的分位数； ②将该班学生周末学习时间从低到高排列，估计第10名学生的学习时长. 17. 如图，已知△ABC与△ADC关于直线AC对称，把△ADC绕点A逆时针旋转，得到△AFE，若B，C，E，F四点共线，且，. （1）求BC； （2）求△ADE的面积. 18. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． （1）求和的值； （2）试求两人共答对3道题的概率． 19. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度（下）白山市高一教学质量监测 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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､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. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径为，由弧长公式求出，即可求出圆锥的高，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，由题意得，解得， 又侧面展开图是半径为4的半圆，即圆锥的母线长为， 所以圆锥的高， 所以该圆锥的体积为. 故选：D 2. 袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，则A与B是（ ） A. 互斥事件 B. 相互独立事件 C. 对立事件 D. 不相互独立事件 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的定义判断即得. 【详解】依题意，有放回地摸球，事件A与B可以同时发生，因此事件A与B不互斥，更不对立，AC错误； 显然，，因此A与B是相互独立事件，B正确，D错误. 故选：B 3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ） ①若，则为异面直线 ②若，则 ③若，则 ④若，则 A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系，逐项判断即可. 【详解】对①：因为平面的平行线和平面内的直线可以平行，也可以异面，故①错误； 对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确； 对③：先根据垂直于同一条直线的两个平面平行得，再根据，可得，故③正确； 对④：两直线平行，和这两条直线分别垂直的平面也平行，故④错误. 故选：B 4. 是虚数单位，复数，（是的共轭复数），则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，，，再结合复数的四则运算求解即可. 【详解】因为复数， 所以，， 所以， 故选：B. 5. 如图，在梯形中，在线段上，.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据平面向量的线性运算可得，结合平面向量基本定理可得，即可得结果. 【详解】由题意可设， 则， 又因为，且，不共线， 可得，解得，即， 所以，即. 故选：D. 6. 一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中位数分析可知，结合古典概型分析求解. 【详解】显然x的可能取值有，共有6种可能， 除去x将数据按升序排列可得， 可知这6个点数的中间两数必有3， 若这6个点数的中位数为，则中间两数应为3，4， 可得，共有3种可能， 所以这6个点数的中位数为的概率为. 故选：C. 7. 如图，已知两点分别满足，，其中，且，则的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，，由得到，再由基本不等式计算可得. 【详解】因为，，， 所以，， 所以，即， 又，，所以， 当且仅当，时取等号，即的最小值为. 故选：B 8. 已知的内角所对的边分别为，下列四个说法中正确个数是（ ） ①若，则一定是等边三角形； ②若，则一定是等腰三角形； ③若，则一定是等腰三角形； ④若，则一定是锐角三角形． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理化边为角即可判断①；利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可判断②；利用正弦定理与两角和的正弦公式化简已知等式即可判断③；利用余弦定理即可判断④． 【详解】对于①，由，由正弦定理可得， 即，所以，是以是等边三角形，故①正确； 对于②，由正弦定理可得，可得， 所以或， 所以或 所以是等腰或直角三角形，故②不正确； 对于③，因为， 由正弦定理可得，即， 由正弦定理可得，所以为等腰三角形，故③正确； 对于④，由正弦定理可得，所以角为锐角， 而角不一定是锐角，④不正确． 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. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ） A. 平均数为9.6 B. 众数为10 C. 第80百分位数为9.8 D. 方差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数、众数、百分位数和方差的定义求解. 【详解】对于A，平均数，故A正确； 对于B，出现次数最多的数为10，故B正确； 对于C，7×0.8=5.6，第80百分位数为第6位，即10，故C错误； 对于D，方差为，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. 向量与的夹角为 D. 向量在向量上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】依题意可得，根据数量积的运算律及坐标表示求出，即可求出，，，即可判断A、B；由夹角公式判断C，由投影向量的定义判断D. 【详解】因为， 所以， 因为，所以， 所以，解得， 所以，，，所以，故A错误； 因为，所以，故B正确； 因为，所以，，， 设与的夹角为，则， 又，所以，故C正确； 因为，， 所以向量在向量上的投影向量的坐标为，故D错误. 故选：BC 11. 在三棱锥中，记，其他棱长均为2，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，球与三棱锥的所有面都相切.若点在底面内的射影位于内部及其边界，则下列说法正确的是（ ） A. 当三棱锥的体积为时， B. 当时，球与球的体积之比为 C. 当三棱锥的体积最大时，球的半径为 D. 当时，球的表面积为 【答案】CD 【解析】 【分析】设球、球的半径分别为，，取的中点，连接，，即可证明平面，则，即可求出，再由余弦定理求出，即可判断A；根据正四面体的内切球与外接球的关系判断B；当平面平面，则底面时三棱锥的体积最大，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断C；取的中点，连接，确定外接球的半径，即可判断D. 【详解】设球、球的半径分别为，，取的中点，连接，， 因为与均为边长为的等边三角形，所以，，， 又，平面，所以平面， 所以三棱锥的体积 ， 所以，又为锐角，所以， 所以，故A错误； 当时，三棱锥为正三棱锥，此时球与球的球心重合，且在三棱锥的高上. 在线段上取点，使得，连接，则是的中心， 所以底面，此时球与的球心在线段上，且在的平分线上， 可得，所以球与球的体积之比为，故B错误； 当三棱锥的体积最大时，平面平面，则底面，底面， 所以，又，所以， 所以三棱锥的体积为， 由题可知，与的面积均为， 由等积法可得，解得，故C正确； 取的中点，连接，则，连接，， 因为，所以在平面上，又，且， 所以在线段上，且， 在中，由勾股定理得①， 同理在中，由勾股定理得②， ②①得，所以， 与联立得，所以， 所以球的表面积，故D正确. 故选：CD 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数和对应的点分别为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求出结果. 【详解】由题意可知，， 则， 故答案为：. 13. 国家高度重视青少年视力健康问题，指出要“共同呵护好孩子的眼睛，让他们拥有一个光明的未来”.某校为了调查学生的视力健康状况，决定从每班随机抽取5名学生进行调查.若某班有50名学生，将每一名学生从01到50编号，从下面所给的随机数表的第2行第4列的数开始，每次从左向右选取两个数字，则选取的第四个号码为______ 随机数表如下： 0154 3287 6595 4287 5346 7953 2586 5741 3369 8324 4597 7386 5244 3578 6241 【答案】44 【解析】 【分析】根据随机数表的读取方法列出前几个数，即可得解 【详解】根据随机数表的读取方法，第2行第4列的数为3，每次从左向右选取两个数字， 如下：32，58，65，74，13，36，98，32，44； 其中58，65，74，98不在编号范围内，舍去，再去除重复的，剩下的号码为32，13，36，44， 所以选取的第四个号码为44. 故答案为：44 14. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，一平面经过点且垂直于直线，则该平面截四棱锥所得截面的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设在，上的射影分别为，，连接，即可证明平面，再求出，设平面与棱的交点为，由对称性可知为点在上的射影，即可求出截面面积. 【详解】如图，设在，上的射影分别为，，连接， 因为底面，底面，所以平面底面. 又平面底面，，底面， 所以平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又因为，平面，所以，， 又，，平面，所以平面， 在中，，所以， 连接，在中，，， 所以， 所以， 所以的面积， 设平面与棱的交点为，由对称性可知为点在上的射影， 与全等，所以该平面截四棱锥所得截面的面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是作出平面，从而求出，最后根据对称性求出截面面积. 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. 已知． （1）求； （2）求向量与的夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得，然后通过平方的方法求得． （2）根据题意，结合向量的夹角公式，即可求解． 【小问1详解】 解：由， 可得，所以， 所以． 【小问2详解】 解：由， 设向量与的夹角为，则． 16. 为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息，解决下列问题. （1）求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数； （2）①估计这40名学生周末学习时间的分位数； ②将该班学生周末学习时间从低到高排列，估计第10名学生的学习时长. 【答案】（1） （2）①8.75；②8.75小时 【解析】 【分析】（1）借助频率分布直方图计算其频数即可得； （2）①借助百分位数定义计算即可得；②易得第10名是40名学生的，即可得第10名学生的学习时长即为分位数. 【小问1详解】 由图可知，该班学生周末的学习时间不少于20小时的频率为， 则40名学生中周末的学习时间不少于20小时的人数为； 【小问2详解】 ①学习时间在5小时以下的频率为， 学习时间在10小时以下的频率为， 所以分位数在区间内，则， 所以这40名学生周末学习时间的分位数为8.75. ②第10名是40名学生的25%，因而问题相当于求25%分位数，也就是估计第10名学生的学习时长，为8.75小时. 17. 如图，已知△ABC与△ADC关于直线AC对称，把△ADC绕点A逆时针旋转，得到△AFE，若B，C，E，F四点共线，且，. （1）求BC； （2）求△ADE的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由图可知，结合旋转性质可得→△ACE为正三角形→，接下来可采用两种解法： 解法一：设，对采用余弦定理即可求解； 解法二：对由正弦定理先求出，结合第三角公式得，再由正弦公式求出； （2）解法一：由（1）对采用余弦定理求得，进而求出，再结合两角差正弦公式求出，对△ADE结合正弦面积公式即可求解； 解法二：由（1）结合同角三角函数求出，由两角差的正弦公式求出，对△ADE结合正弦面积公式即可求解； 【小问1详解】 解法一： （1）由题意可得，， 所以△ACE为正三角形，（旋转前后图形的大小､形状相同及旋转角度得到△ACE为正三角形），则，在△ABC中，，，设， 则由余弦定理可得， 即， 整理得，得（负值舍去），所以； 解法二： （1）由题意可得，， 所以△ACE为正三角形，（旋转前后图形的大小､形状相同及旋转角度得到△ACE为正三角形），则，在△ABC中，，，由正弦定理得：，所以，易得， 所以， 在△ABC中，由正弦定理得，即，得； 【小问2详解】 解法一： （2）在△ABC中，由余弦定理可得：， 所以， 所以. 在△ADE中，，， 所以△ADE的面积. 解法二： （2）由（1）知，易得， 所以，在△ADE中，，， 所以△ADE的面积. 18. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． （1）求和的值； （2）试求两人共答对3道题的概率． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据题意列出关于的方程解得即可. （2）两人共答对3道题，只可能为甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，列式解得即可. 【小问1详解】 由题意可得 即解得或 由于，所以． 【小问2详解】 设甲同学答对了道题乙同学答对了道题． 由题意得，，． 设甲、乙二人共答对3道题，则． 由于和相互独立，与互斥， 所以 所以甲、乙两人共答对3道题的概率为. 19. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 因为平面，平面， 所以， 又四边形为正方形，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）借助线面垂直的性质定理可得，结合线面垂直的判定定理可得平面，即可用面面垂直的性质定理得证； （2）借助平面与平面的夹角定义找出平面与平面夹角的夹角后，借助勾股定理计算各边长，结合余弦函数定义即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，取的中点，连接交于点，连接， 设交于点，连接，， 因为为的中点，所以， 因为，，所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以平面即为平面，且为中点， 由（1）知平面，又平面，所以， 又，为的中点，所以， 所以为平面与平面的夹角， 由为直角三角形，可得， ，则， 即为等腰三角形，所以， 即平面与平面夹角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $