精品解析：福建省福州市八县（市）协作校2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题

福州市八县（市）协作校2023-2024学年第二学期期末联考 高一 数学试卷 【完卷时间：120分钟满分：150分】 命题：高新一中 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，则的虚部为（　　） A. -2 B. 2 C. -2i D. 2i 2. 在平行四边形中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 的内角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ） A. B. 4 C. D. 3 4. 某小组有名男生和名女生，从中任选名学生参加比赛，事件“至少有名男生”与事件“至少有名女生” （ ） A. 是对立事件 B. 都是不可能事件 C. 是互斥事件但不是对立事件 D. 不是互斥事件 5. 下列说法中正确的个数是（ ） （1）若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行； （2）如果平面外有两点，到平面的距离相等，则直线； （3）若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行； （4）一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 6. 已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，，40，50；乙组：24，，33，44，48，52．若这两组数据的第30百分位数对应相等，第50百分位数也对应相等，则（ ） A. 60 B. 65 C. 70 D. 75 7. 已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示．若，则该直四棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 一个电路如图所示，A，B，C，D为4个开关，其闭合的概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率为（ ） 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. 若，，则（ ） A. B. C. 不能作为一组基底 D. 在方向上的投影向量为 10. 已知的内角、、所对的边分别为、、，则下列四个命题中正确的命题是（ ） A. 若，则一定是等边三角形 B. 若，则一定是等腰三角形 C. 若，则一定是锐角三角形 D. 若，则一定是锐角三角形 11. 圆台的轴截面如图所示，其上、下底面的半径分别为，，母线长为，点为母线的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆台的侧面积为 B. 与所成角为 C. 圆台外接球的半径为 D. 在圆台的侧面上，从点到点的最短路径的长度为 第Ⅱ卷 ( 共92分) 三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 掷两颗骰子，则所得的点数之和为6的概率为______． 13. 写出一个同时满足①②的复数________.①；②. 14. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效．经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x（单位：克）与香囊功效y之间满足，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的方差为____克． 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足，． （1）求； （2）设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求． 16. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求的大小； （2）若面积为，外接圆面积为，求周长. 17. 如图，在几何体中，底面为矩形，，，，，为棱上一点，平面与棱交于点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）若，试问平面是否可能与平面垂直？若能，求出值；若不能，说明理由． 18. 我省实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高二年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的众数和中位数（结果为准确值）； （2）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上（含B等级）；（结果保留整数） （3）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率． 19. 罗星塔，位于福州马尾，某校开展数学建模活动，有学生选择测量罗星塔的高度，为此，他们设计了测量方案，如图， 罗星塔垂直于水平面，他们选择了与罗星塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得∠ADB=45°， AB=30米，且在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和 ，其中 . （1）求罗星塔的高 CD的长； （2）在(1)的条件下求多面体A-BCD的表面积； （3）在(1)的条件下求多面体A-BCD的内切球的半径. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州市八县（市）协作校2023-2024学年第二学期期末联考 高一 数学试卷 【完卷时间：120分钟满分：150分】 命题：高新一中 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，则的虚部为（　　） A. -2 B. 2 C. -2i D. 2i 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数概念得到，得到虚部. 【详解】由题意得，故的虚部为2. 故选：B 2. 在平行四边形中，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据平行四边形的性质分解向量即可. 【详解】 . 故选：C 3. 的内角、、的对边分别为、、，若，，，则（ ） A. B. 4 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由已知利用三角形内角和定理，诱导公式可求的值，进而利用余弦定理即可求解的值． 【详解】解：因为，，， 所以， 则由余弦定理可得． 故选：A． 4. 某小组有名男生和名女生，从中任选名学生参加比赛，事件“至少有名男生”与事件“至少有名女生” （ ） A. 是对立事件 B. 都是不可能事件 C. 是互斥事件但不是对立事件 D. 不是互斥事件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由随机事件的定义分析选项，综合可得答案． 【详解】解：根据题意，从2名男生和1名女生中任选2名学生参加比赛，有“2名男生”和“1名男生和1名女生”两种情况， 易得“至少有1名女生”即“1名男生和1名女生”，是“至少有1名男生”的子事件， 故事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”不是互斥事件． 故选：D． 5. 下列说法中正确的个数是（ ） （1）若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行； （2）如果平面外有两点，到平面的距离相等，则直线； （3）若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行； （4）一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交． A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】A 【解析】 【分析】充分考虑直线与平面的位置关系即可逐项判断． 【详解】解：（1）如果两个平面都与第三个平面垂直，那么这两个平面相交或平行，故不正确，不符合题意； （2）如果平面外有两点，到平面的距离相等，如图所示，则直线和平面可能平行或可能相交，故错误，不符合题意； （3）若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行、相交或异面，故错误，不符合题意； （4）空间中，如果一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它和另一条可能相交，也可能异面，故错误，不符合题意． 故选：A． 6. 已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，，40，50；乙组：24，，33，44，48，52．若这两组数据的第30百分位数对应相等，第50百分位数也对应相等，则（ ） A. 60 B. 65 C. 70 D. 75 【答案】C 【解析】 【分析】根据一组数据的百分位数的定义，分别求得两组数据的第30百分位数和第50百分位数，列出方程组求解即得. 【详解】由题意可得解得：故 故选：C. 7. 已知直四棱柱的高为2，其底面四边形水平放置时的斜二测直观图为矩形，如图所示．若，则该直四棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先得到底面四边形的平面图形，根据斜二测法及勾股定理求出线段的长度，即可求出底面积与底面周长，再根据表面积公式计算可得； 【详解】由直观图可得底面四边形的平面图形如下，由， 则，，所以， 则，， 所以直棱柱的底面周长，又直棱柱的高， 所以棱柱的侧面积， 所以棱柱的表面积. 故选：C 8. 一个电路如图所示，A，B，C，D为4个开关，其闭合的概率均为，且是相互独立的，则灯亮的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出灯不亮的概率，再由对立事件的概率计算公式，即可得出答案. 【详解】电路由上到下有2个分支并联， 开关A，B所在的分支不通电的概率为， 开关C，D所在的分支不通电的概率为， 所以灯亮的概率为. 故选：A. 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. 若，，则（ ） A. B. C. 不能作为一组基底 D. 在方向上的投影向量为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据向量数量积的坐标运算可判断A，根据向量的模长公式可判断B，根据平面向量基本定理可判断C，根据投影向量的定义可判断D． 【详解】，， ，，， A．，故选项正确，符合题意； B．，， ，， ，故选项错误，不符合题意； C．显然，不共线，可以作为一组基底，故错误，不符合题意； D．在方向上的投影向量为，故选项正确，符合题意． 故选：AD． 10. 已知的内角、、所对的边分别为、、，则下列四个命题中正确的命题是（ ） A. 若，则一定是等边三角形 B. 若，则一定是等腰三角形 C. 若，则一定是锐角三角形 D. 若，则一定是锐角三角形 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理以及正切函数的单调性可判断A选项；利用正弦定理结合二倍角公式可得出、的关系，可判断B选项；利用余弦定理可判断C选项；由和角的正切公式可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，由正弦定理可得， 则， 因为至少有两个锐角，从而可得， 故为锐角三角形， 因为正切函数在上为增函数，故， 所以，为等边三角形，A对； 对于B选项，因为，由正弦定理可得，即， 因为、，所以，，, 又因为、中至少有一个为锐角，则，则、均为锐角， 所以，、，所以，或，即或， 为等腰三角形或直角三角形，B错； 对于C选项，时，由余弦定理可得， 即为锐角，但、是否都是锐角，不能保证， 因此不一定是锐角三角形，C错； 对于D选项，因为， 所以， 由、、，所以、、均为锐角， 所以为锐角三角形，所以D正确． 故选：AD． 11. 圆台的轴截面如图所示，其上、下底面的半径分别为，，母线长为，点为母线的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 圆台的侧面积为 B. 与所成角为 C. 圆台外接球的半径为 D. 在圆台的侧面上，从点到点的最短路径的长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据圆台的上、下底面半径和母线长求出圆台的侧面积，可判断选项A；求出，可判断选项B；由勾股定理求出圆台外接球的半径，可判断选项C；利用侧面展开图求出的长，可判断选项D． 【详解】对于A，圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点， 所以圆台的侧面积为，选项A错误； 对于B，因为，所以，所以与所成角为，选项B正确； 对于C，根据题意知，外接球的球心在圆台的中心连线上， 设球心到上底面的距离为， 所以，解得， 所以圆台外接球的半径为，选项C正确； 对于D，展开面如图所示： 根据比例关系求出，展开面为半圆环； 点为母线的中点，所以，，选项D正确． 故选：BCD． 第Ⅱ卷 ( 共92分) 三、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 掷两颗骰子，则所得的点数之和为6的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】掷两颗骰子得到有序数对，事件“正面朝上的点数之和为6”的基本事件有：，，，，共有5个基本事件，而所有的基本事件有36个，由此结合随机事件的概率公式即可算出本题的概率． 【详解】记两颗骰子的点数分别为，，得掷两颗骰子得到有序数对 则、的值可能是1，2，，6共六种情况，共个基本事件． 事件“正面朝上的点数之和为6”的基本事件有： ，，，， 共有5个基本事件因此，点数之和为6的概率为 故答案为： 13. 写出一个同时满足①②的复数________.①；②. 【答案】(或) 【解析】 【分析】根据题意，设，结合条件，列出方程，求解即可. 【详解】因为，不妨设， 由得， 所以，解得，，所以或， 故答案为：或. 14. 佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效．经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x（单位：克）与香囊功效y之间满足，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的方差为____克． 【答案】39 【解析】 【分析】利用平均数和方差的公式完成计算． 【详解】设抽取的6个香囊中草药甲的含量分别为克，香囊功效分别为，，2，，6， 草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15， 即，， 则， 则这6个香囊中草药甲含量的方差 ， 所以这6个香囊中草药甲含量的方差为39克． 故答案为：39． 四、解答题：本题共5小题，共77分，（15题13分，16-17题15分，18-19题17分）解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足，． （1）求； （2）设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知得出，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可. （2）利用复数的运算分别求出，，三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 因为，， 两式相加得， 所以， 故． 【小问2详解】 由（1）得， 则， ，则， ，则， 所以，， 故． 16. 的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求的大小； （2）若面积为，外接圆面积为，求周长. 【答案】（1） （2）18 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，可化为，再由余弦定理得，即可得到； （2）由外接圆面积，得，再由正弦定理可得 ，由面积公式，可得，再由余弦定理，可得，即可求得周长. 【小问1详解】 ， ， ， ， ． 【小问2详解】 设外接圆的半径为， 由， 得， 因为，解得， ， 所以， 又， 所以49= ， 故， 所以. 17. 如图，在几何体中，底面为矩形，，，，，为棱上一点，平面与棱交于点. （Ⅰ）求证：； （Ⅱ）求证：； （Ⅲ）若，试问平面是否可能与平面垂直？若能，求出值；若不能，说明理由． 【答案】 （1）因为为矩形，所以． 又因为，所以平面． 所以． （2）因为为矩形，所以，所以平面． 又因为平面平面， 所以． （3） 【解析】 【详解】试题分析： (1)利用题意证得平面．所以． (2)利用线面平行的性质定理平面．所以． (3)假设平面是否可能与平面垂直，结合题意可求得 试题解析： 解：（Ⅰ）略 （Ⅱ）略 （Ⅲ）平面与平面可以垂直．证明如下： 连接．因为，， 所以平面． 所以． 因为，所以． 因为平面平面， 若使平面平面， 则平面，所以． 在梯形中，因为，，，， 所以． 所以若使能成立，则为的中点． 所以． 点睛：高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．立体几何引入空间向量后，可以借助向量工具，使几何问题代数化，降低思维的难度.尤其是在解决一些立体几何中的探索性问题时，更可以发挥这一优势. 18. 我省实行“”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高二年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的众数和中位数（结果为准确值）； （2）用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上（含B等级）；（结果保留整数） （3）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率． 【答案】（1）众数75，中位数分； （2）74分； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率和为1求得值，找出频率最大的那组数据的中点值得众数，求出频率对应的值得中位数； （2）由（1）的中位数可得； （3）确定两组中人数，对学生编号，用列举法写出取2人的样本并计数后，根据概率公式计算概率． 【小问1详解】 ， . 抽取的这100名学生的原始成绩的众数的估计值为分； 由频率直方图可得前三组的频率和为， 前四组的频率和为，故中位数落在第四组， 设中位数为x，则，解得， 故抽取的这100名学生的原始成绩的中位数的估计值为分； 【小问2详解】 由已知等级达到B及以上所占排名等级占比为， 由（1）可得，中位数， 故原始分不少于74分才能达到赋分后的B等级及以上． 【小问3详解】 由题知得分在和内的频率分别为0.1和0.15， 则抽取的5人中，得分在内的有2人，得分在的有3人 记得分在内的3位学生为a，b，c，得分在内的2位学生为D，E， 则从5人中任选2人，样本空间可记为 ，共包含10个样本， 用A表示“这2人中恰有一人得分在内”， 则，A包含6个样本， 故所求概率. 19. 罗星塔，位于福州马尾，某校开展数学建模活动，有学生选择测量罗星塔的高度，为此，他们设计了测量方案，如图， 罗星塔垂直于水平面，他们选择了与罗星塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得∠ADB=45°， AB=30米，且在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和 ，其中 . （1）求罗星塔的高 CD的长； （2）在(1)的条件下求多面体A-BCD的表面积； （3）在(1)的条件下求多面体A-BCD的内切球的半径. 【答案】（1）30； （2）平方米； （3）米. 【解析】 【分析】（1）设塔高，用x表示、，再利用余弦定理列方程求解即可； （2）利用题意判断四个面均为直角三角形，结合（1）的结果，利用三角形面积公式分别求出四个面的面积，求和即可； （3）根据题意将多面体分为以各面为底，内切球半径为高的四个三棱锥，利用等体积法即可求解. 【小问1详解】 设米， 在中，，则， 在中，，且， 则，所以， 因为，所以由余弦定理得：， 整理得：，解得x=30（米） 【小问2详解】 由（1）知均为直角三角形， ，所以， 所以在中，满足，所以为直角三角形； 所以， 所以平方米； 【小问3详解】 设多面体的内切球的半径为，根据等体积转换： 所以米； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $