精品解析：黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

牡丹江二中2023—2024学年度第二学期高一学年期末考试 数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：必修第二册､空间向量与立体几何. 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. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，则的长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 8 D. 12 5. 某社区积极进行生活垃圾分类宣传，通过多种宣传形式，让环保理念深入人心.该社区居民在驿站督导员的引导下将分好类的垃圾进行投放后，可积攒积分兑换礼品，真正实现“变废为宝”.如图为某居民在2021年1月至12月每月所得积分(单位：分)统计图， 则下列结论不正确的是（ ） A. 月积分的众数为100分 B. 月积分不低于150分的月份占比约为41.7% C. 月积分的中位数为4月份对应的积分 D. 1月至6月的月积分的方差小于7月至12月的月积分的方差 6. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 7. 某比赛为甲、乙两名运动员制定下列发球规则，规则一：投掷1枚质地均匀的硬币，出现正面向上，甲发球，否则乙发球；规则二：从装有质地均匀的2个红球与2个黑球的布袋中随机取出2个球，如果同色，甲发球，否则乙发球；规则三：从装有质地均匀的3个红球与1个黑球的布袋中随机取出2个球，如果同色，甲发球，否则乙发球．则对甲、乙公平的发球规则是（ ） A. 规则一和规则二 B. 规则二和规则三 C. 规则一和规则三 D. 只有规则一 8. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ） 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. 下列叙述错误的是（ ） A. 用抽签法从件产品中选取件进行质量检验是简单随机抽样 B. 若事件发生的概率为，则 C. 甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些 D. 对于任意两个事件和，都有 10. 下列关于向量，，的运算，一定成立的有（ ） A. B. C. D. 11. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积，可用公式（其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示．在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ） A. 面积的最大值是 B. C. D. 面积的最大值是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据按从小到大的顺序排列为：，且其中位数是31，则数据的第60百分位数是__________. 13. 设，为实数，且，虚数为方程的一个根，则的最大值为______. 14. 米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为和，侧棱长为，则其外接球的体积为______. 四､解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知：如图，四棱锥，平面，四边形是平行四边形，为中点，. （1）求证：平面； （2）求证：. 16. 在中，分别为内角的对边，且． （1）求角A的大小； （2）设角A的内角平分线交于点，若的面积为，求的值． 17. 某班共50名学生，根据他们一次平时测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图．已知分数为的矩形面积为0.16． （1）求分数在内的学生人数并计算这次测试的平均成绩； （2）以频率估计概率，已知在全校学生中采用分层抽样在和范围内共抽取了5人，求从这5人中随机选取2人，这2人中至少有1人分数在内的概率． 18. 在一次射击游戏中，规定每人最多射击3次；在A处击中目标得3分，在B，C处击中目标均得2分，没击中目标不得分；某同学在A处击中目标的概率为，在B，C处击中目标的概率均为，该同学依次在A，B，C处各射击一次，各次射击之间没有影响，求在一次游戏中： （1）该同学得4分的概率； （2）该同学得分不超过3分的概率. 19. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，为中点． （1）求证：面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牡丹江二中2023—2024学年度第二学期高一学年期末考试 数学 考生注意： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：必修第二册､空间向量与立体几何. 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. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的概念列方程即可得解. 【详解】， 所以，解得， 故选：A. 2. 在中，，则的长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理即可求解. 【详解】，即，得. 故选：D. 3. 已知向量，则“”是“与的夹角为钝角”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的夹角为钝角，由且与不共线求得的范围，再利用充分条件和必要条件的定义判断.. 【详解】由已知可得，由可得，解得， 所以由与的夹角为钝角可得解得，且. 因此，当时，与的夹角不一定为钝角，则充分性不成立； 当与的夹角为钝角时，，且，即成立，则必要性成立. 综上所述，“”是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件. 故选：B． 4. 向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量公式可得，然后由向量模的坐标表示可得. 【详解】因为，， 所以向量在向量上的投影向量为， 所以，所以 所以. 故选：B. 5. 某社区积极进行生活垃圾分类宣传，通过多种宣传形式，让环保理念深入人心.该社区居民在驿站督导员的引导下将分好类的垃圾进行投放后，可积攒积分兑换礼品，真正实现“变废为宝”.如图为某居民在2021年1月至12月每月所得积分(单位：分)统计图， 则下列结论不正确的是（ ） A. 月积分的众数为100分 B. 月积分不低于150分的月份占比约为41.7% C. 月积分的中位数为4月份对应的积分 D. 1月至6月的月积分的方差小于7月至12月的月积分的方差 【答案】C 【解析】 【分析】根据统计图逐项判断即可. 【详解】A.由题图易知月积分的众数为100分，故A正确； B.月积分不低于150分的月份有5个，，故所求月份占比约为41.7%，故B正确； C.月积分的中位数大于100分，不是4月份对应的积分，故C不正确； D.1月至6月的月积分变化相对于7月至12月的月积分变化波动较小，所以方差也较小，故D正确. 故选：C. 6. 一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥侧面积与圆的面积关系可得，由勾股定理可得，结合圆锥的体积公式计算即可求解. 【详解】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l， 则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为， 因为，所以，得， 所以圆锥的体积为， 解得，所以，即圆锥的母线长为6. 故选：C. 7. 某比赛为甲、乙两名运动员制定下列发球规则，规则一：投掷1枚质地均匀的硬币，出现正面向上，甲发球，否则乙发球；规则二：从装有质地均匀的2个红球与2个黑球的布袋中随机取出2个球，如果同色，甲发球，否则乙发球；规则三：从装有质地均匀的3个红球与1个黑球的布袋中随机取出2个球，如果同色，甲发球，否则乙发球．则对甲、乙公平的发球规则是（ ） A. 规则一和规则二 B. 规则二和规则三 C. 规则一和规则三 D. 只有规则一 【答案】C 【解析】 【分析】分别计算每种规则下甲乙发球的概率，找到概率均为的规则即可得. 【详解】对于规则一，每人发球的概率都是，是公平的， 对于规则二，记2个红球分别为红1，红2，2个黑球分别为黑1，黑2， 则随机取出2个球的所有可能的情况有： （红1，红2），（红1，黑1），（红1，黑1），（红1，黑2），（红2，黑1）， （红2，黑2），（黑1，黑2），共6种， 其中同色的情况有2种， ∴甲发球的可能性为，不公平； 对于规则三，记3个红球分别为红1，红2，红3， 则随机取出2个球所有可能情况有： （红1，红2），（红1，红3），（红1，黑），（红2，红3），（红2，黑）， （红3，黑），共6种， 其中同色的情况有3种， ∴两人发球的可能性均为，是公平的， ∴对甲、乙公平的有规则一和规则三． 故选：C． 8. 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系和余弦定理，结合三角函数的基本关系式即可求解. 【详解】连接， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面， 则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边， 当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大， 取的中点，设正方体的棱长为2， 则，，， 所以，则为直角三角形， 所以直线与平面所成角正弦值为， 当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小， 此时，，， 所以，则. 直线与平面所成角正弦值的取值范围是， 故选：C. 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. 下列叙述错误的是（ ） A. 用抽签法从件产品中选取件进行质量检验是简单随机抽样 B. 若事件发生的概率为，则 C. 甲、乙、丙三位同学争着去参加一个公益活动，抽签决定谁去，则先抽的概率大些 D. 对于任意两个事件和，都有 【答案】CD 【解析】 【分析】利用简单随机抽样的定义、概率的性质、结合抽签法的性质与并事件的概率性质，逐一分析判断即可得解. 【详解】对于A，用抽签法从件产品中选取件进行质量检验，满足简单随机抽样的定义，故A正确； 对于B，根据概率的定义可得，若事件发生的概率为，则，故B正确； 对于C，甲、乙、丙三位选手抽到的概率是，故C错误； 对于D，对于任意两个事件和，， 只有当事件和是互斥事件时，才有，故D错误. 故选：CD. 10. 下列关于向量，，的运算，一定成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据平面向量数量积运算性质和定义逐一判断即可. 【详解】A：由平面向量数量积的运算性质可以判断本选项一定成立； B：与共线，与共线，而与不一定共线， 所以不一定成立，因此本选项不一定成立； C：，所以本选项一定成立； D：当 时，，所以本选项不一定成立， 故选：AC 11. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积，可用公式（其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示．在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ） A. 面积的最大值是 B. C. D. 面积的最大值是 【答案】AB 【解析】 【分析】化简，利用两角和的正弦公式可得，结合正弦定理角化边可判断B；利用结合B的结论化简并结合二次函数性质可得面积的最大值，判断A，D；假设正确，结合面积公式推出矛盾，判断C. 【详解】由题意，得， 即, 即，结合正弦定理得，B正确； 由得 ， 当，即时，面积取到最大值是，A正确，D错误， 对于C，假设，由于，，故， 则， 这与三角形面积有意义不相符，C错误， 故选：AB 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据按从小到大的顺序排列为：，且其中位数是31，则数据的第60百分位数是__________. 【答案】32 【解析】 【分析】首先根据中位数公式求，再代入百分位数公式，即可求解. 【详解】一组数据按从小到大的顺序排列为：， 且其中位数是31，故，解得，， 第60百分位数是第四个数，即32. 故答案为：32 13. 设，为实数，且，虚数为方程的一个根，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设出复数的代数形式，结合条件得到复数在复平面内所对应的点的轨迹是一个圆，从而将问题转化为点与圆的位置关系求解. 【详解】因为虚数为实系数方程的一个根，所以也是方程的一个根. 所以，设，在复平面内对应的点的坐标为， 由，得，即， 因此点在圆上运动，圆心的坐标为，半径， 又， 于是可以看成是点到点的距离，显然此点在圆外， 所以. 故答案为： 14. 米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为和，侧棱长为，则其外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据棱台和球的性质得外接球的球心落在直线上，根据勾股定理列式求出球的半径，即可求解. 【详解】由题意，米斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为， 由棱台的性质可知，外接球的球心落在直线上， 由题意该四棱台上下底面边长分别为和，侧棱长为， 则，，， 所以， 设外接球的半径为，，则， 则，解得，， 所以该米斗的外接球的体积为， 故答案为：. 四､解答题：本大题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知：如图，四棱锥，平面，四边形是平行四边形，为中点，. （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）证明：连接交于点，连接， 因为四边形是平行四边形，所以点为的中点， 因为为中点，所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）证明：因为平面，， 所以平面， 又平面，所以， 因为，所以， 又平面， 所以平面， 又因平面，所以. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）证明平面，根据线面垂直的性质可得，再证明平面，根据线面垂直的性质即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 在中，分别为内角的对边，且． （1）求角A的大小； （2）设角A的内角平分线交于点，若的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可得； （2）根据化简整理可得. 【小问1详解】 由及正弦定理得： ，即． 由余弦定理得， 又，所以． 【小问2详解】 由角的内角平分线交于点可知， ， 所以． 17. 某班共50名学生，根据他们一次平时测试成绩绘制了如图所示的频率分布直方图．已知分数为的矩形面积为0.16． （1）求分数在内的学生人数并计算这次测试的平均成绩； （2）以频率估计概率，已知在全校学生中采用分层抽样在和范围内共抽取了5人，求从这5人中随机选取2人，这2人中至少有1人分数在内的概率． 【答案】（1）3人，76.2分 （2） 【解析】 【分析】（1）计算出分数为的频率，进而求出分数在的频率，得到该分数段的学生人数，并计算出平均成绩； （2）根据分层抽样特征求出和抽出的人数，列举出共有的情况和2人中至少有1人分数在内的人数，求出相应的概率. 【小问1详解】 分数为的频率为0.16， 故分数在的频率为， 故分数在内的学生人数为； 这次测试的平均成绩为 分. 【小问2详解】 在和相应的频率之比为， 故内抽到的学生人数为，设为， 内抽到的学生人数为，设为， 故从这5人中随机选取2人，共有以下情况， ，共10个， 其中这2人中至少有1人分数在内的有 ，共9个， 故这2人中至少有1人分数在内的概率为. 18. 在一次射击游戏中，规定每人最多射击3次；在A处击中目标得3分，在B，C处击中目标均得2分，没击中目标不得分；某同学在A处击中目标的概率为，在B，C处击中目标的概率均为，该同学依次在A，B，C处各射击一次，各次射击之间没有影响，求在一次游戏中： （1）该同学得4分的概率； （2）该同学得分不超过3分的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析该同学得4分的情况，利用独立事件的概率公式即可得解； （2）利用独立事件的概率公式，依次求出该同学得0分、2分，3分的概率，从而得解. 【小问1详解】 设该同学在A处击中目标为事件A，在B处击中目标为事件B， 在C处击中目标为事件C，事件A，B，C相互独立， 依题意， 则该同学得4分的概率为 . 【小问2详解】 该同学得分不超过3分的情况为得0分、2分，3分， 该同学得0分的概率为； 得2分的概率为； 得3分的概率为； 则该同学得分不超过3分的概率为. 19. 如图，正三棱柱的所有棱长都为2，为中点． （1）求证：面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）详见解析；（2）；（3）． 【解析】 【分析】（1）首先取中点，连结，然后建立适当的空间直角坐标系，并运用向量法求出各点的空间坐标，进而证明直线垂直平面内的两条相交直线，即可证明面； （2）利用向量法即可得出答案； （3）结合（1）（2）的结论并运用公式即可得出所求的结果． 【详解】（1）证明：取中点，连结， 为正三角形，， ∵在正三棱柱中， 平面平面， 平面平面，平面， ∴平面， 取中点，如图以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， ，， ，．， 又平面， 平面； （2）解：设平面的法向量为 ，， 则有，可取， 由（1）知平面， 为平面的法向量， 则， 由图可知，二面角为锐二面角， ∴二面角的余弦值为； （3）解：由（1），为平面法向量， ， ∴点到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $