精品解析：甘肃省兰州第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

兰州一中2023-2024-2学期期末考试题 高一数学 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上. 3.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框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共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. 样本数据2，3，4，5，6，8，9的第30百分位数是（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 5 2. 设等差数列的前n项和为，若则（ ） A. B. 0 C. 5 D. 9 3. 下列说法中： （1）某种彩票中奖的概率是，因此买100张该种彩票一定会中奖 （2）做7次拋硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是 （3）若事件两两互斥，则 （4）若事件A，B满足，则A，B互为对立事件正确的说法有（ ）个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 已知数列的通项公式为，且数列为递增数列，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 6. 在四面体ABCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为50°，M，N分别是边BC，AD的中点，则异面直线MN和AB所成的角为（ ） A. 25°或50° B. 25°或65° C. 50° D. 65° 7. 圆台的上､下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则下面说法不正确的是（ ） A. 圆台的母线长是20 B. 圆台的表面积是 C. 圆台的高是 D. 圆台的体积是 8. 已知是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知复数，则下列结论不正确的是（ ） A. 在复平面对应的点位于第二象限 B. 的虚部是 C. D. 10. 将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（ ） A. 事件甲与事件丙是互斥事件 B. 事件甲与事件丁是相互独立事件 C. 事件乙包含于事件丙 D. 事件丙与事件丁是对立事件 11. 如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点C与点G到平面的距离相等 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A，B，C这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A，B至少有一所被选择的概率为_________． 13. 已知，则_________. 14. 如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，正方体的棱长为2. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 16. 某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求、的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率． 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，. （1）求； （2）若D在边BC上且，，求AD的长. 18. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 19. 如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列. （1）若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项； （2）若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为n阶“归化”数列，求证 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州一中2023-2024-2学期期末考试题 高一数学 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上. 3.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框涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号框. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 第Ⅰ卷（选择题） 一、选择题（本大题共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. 样本数据2，3，4，5，6，8，9的第30百分位数是（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数的求法计算即可. 【详解】易知，则该组数据的第三个数4为第30百分位数. 故选：C 2. 设等差数列的前n项和为，若则（ ） A. B. 0 C. 5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】由求和公式结合角标性质求解. 【详解】. 故选：B 3. 下列说法中： （1）某种彩票中奖的概率是，因此买100张该种彩票一定会中奖 （2）做7次拋硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是 （3）若事件两两互斥，则 （4）若事件A，B满足，则A，B互为对立事件正确的说法有（ ）个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据随机事件的概念即可说明（1）、（2）；举例即可说明（3）；由对立事件的定义判断（4）. 【详解】对于（1）：由于事件结果的随机性，购买100张彩票不一定会中奖，故错误； 对于（2）：做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此， 抛一枚硬币出现正面的频率是，不是概率为，故错误； 对于（3）：事件两两互斥，比如投掷质地均匀的骰子试验中， 三个事件：投掷出1点，2点，3点，这三个事件两两互斥， 但这三个事件的和事件发生的概率为，故错误； 对于（4）：比如事件“抛掷一枚硬币，正面朝上”， 事件“抛掷一个骰子，出现奇数点”，满足， 但是事件可以同时发生，故错误； 故选：A 4. 已知数列的通项公式为，且数列为递增数列，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用递增数列的定义列式求解即得. 【详解】由数列为递增数列，得，，而， 则，，而恒成立，则， 所以实数的取值范围是. 故选：D 5. 设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ） A. 若m上有两个点到平面的距离相等，则 B. 若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件 C. 若，，，则 D. 若m、n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，m与可以相交，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等；对于B，C，根据面面垂直的判定及性质进行判断；对于D，根据面面平行的判定定理进行判断. 【详解】对于A，当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误； 对于B，若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误； 对于C，若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误； 对于D，若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确. 故选：D. 6. 在四面体ABCD中，AB＝CD，且异面直线AB与CD所成的角为50°，M，N分别是边BC，AD的中点，则异面直线MN和AB所成的角为（ ） A. 25°或50° B. 25°或65° C. 50° D. 65° 【答案】B 【解析】 【分析】取中点，分情况讨论的大小，然后根据异面直线所成角的定义求解． 【详解】取中点，连接，∵M、N分别为边BC和AD的中点， ∴，且， ∴异面直线AB与CD所成的角是或其补角，由，，得，异面直线MN和AB所成的角是或其补角． 异面直线AB与CD所成的角为50°，则或， 若，则，异面直线MN和AB所成的角是， 若，则，异面直线MN和AB所成的角是， 故选：B． 7. 圆台的上､下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则下面说法不正确的是（ ） A. 圆台的母线长是20 B. 圆台的表面积是 C. 圆台的高是 D. 圆台的体积是 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，作出圆台侧面展开图，求出圆台的母线长和高，再利用表面积和体积公式求解判断作答. 【详解】依题意，圆台侧面展开图，如图， 设圆台的上底面周长为，由扇环的圆心角为，得，又， 则，同理，于是圆台的母线，高， 表面积， 体积，ABD正确，C错误. 故选：C 8. 已知是边长为2的正方形，为平面内一点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件建立平面直角坐标系，利用向量运算的坐标表示即可计算作答. 【详解】是边长为2的正方形，则以点A为原点，直线AB，AD分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，如图： 则，设点， ， 于是得：， 当时，取得最小值， 所以的最小值是. 故选：B 二、多选题（本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知复数，则下列结论不正确的是（ ） A. 在复平面对应的点位于第二象限 B. 的虚部是 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先对复数化简计算，然后逐个分析判断即可. 【详解】， 在复平面对应的点坐标为，位于第二象限，故A正确； 的虚部是，，，故BCD错误； 故选：BCD 10. 将一枚质地均匀且标有数字1，2，3，4，5，6的骰子随机掷两次，记录每次正面朝上的数字，甲表示事件“第一次掷出的数字是1”，乙表示事件“第二次掷出的数字是2”，丙表示事件“两次掷出的数字之和是8”，丁表示事件“两次掷出的数字之和是7”.则（ ） A. 事件甲与事件丙是互斥事件 B. 事件甲与事件丁是相互独立事件 C. 事件乙包含于事件丙 D. 事件丙与事件丁是对立事件 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，利用列举法得到事件甲，乙，丙，丁，再由事件的关系，以及独立事件的判定方法，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，事件甲：第一次掷出的数字是1有：， 事件乙：第二次掷出的数字是2有：， 事件丙：两点数之和为8的所有可能为：， 事件丁：两点数之和为7的所有可能为：， 其中， 对于A中，事件甲与事件丙不能同时发生，所以事件甲与事件丙是互斥事件，所以A正确； 对于B中，由，所以， 所以事件甲与事件丁是相互独立事件，所以B正确； 对于C中，事件乙不包含于事件丙，所以C错误； 对于D中，根据对立事件的定义，可得事件丙与事件丁不对立，所以D错误. 故选：AB. 11. 如图，正方体的棱长为1，E，F，G分别为的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与直线垂直 B. 直线与平面平行 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 点C与点G到平面的距离相等 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项根据正方体的性质判断；B选项根据面面平行的判定定理和性质定理判断；C选项根据基本事实得到平面截正方体的截面为，然后求面积；D选项根据点和点与平面的位置判断. 【详解】 A选项：为正方体，所以，直线与直线不垂直，所以直线与直线不垂直，故A错； B选项：取中点，连接，，因为，，分别为，，中点， 所以，，又平面，平面，所以∥平面， 因为，平面，所以平面∥平面， 因为平面，所以∥平面，故B正确； C选项：连接，，因为为的中点，所以，所以平面截正方体的截面为，， 故C正确； D选项：连接交于点，延长交的延长线于点， 因为为的中点，所以，，又，所以， 即为的三等分点，不是的中点，所以点和点到平面的距离不相等，故D错. 故选：BC． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A，B，C这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A，B至少有一所被选择的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对立事件的概率计算公式和独立事件的乘法公式即可得到答案. 【详解】设事件为院校A，B至少有一所被选择，则其对立事件为两人均选择院校， 甲选择院校的概率为，乙选择院校的概率为， 则甲乙同时选择院校的概率为， 则. 则院校A，B至少有一所被选择的概率为. 故答案为：. 13. 已知，则_________. 【答案】##0.28 【解析】 【分析】根据诱导公式以及二倍角公式化简求值，即得答案. 【详解】由，得， 则 ， 故答案为： 14. 如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是______. 【答案】 【解析】 【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为， 则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较， 表面积少了8个边长为的正三角形的面积， 所以该多面体的表面积为，所以. 如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心， 由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上， ，. 设球的半径为，在中，，所以， 在中，，所以， 所以，解得，所以， 所以该多面体外接球的表面积. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，正方体的棱长为2. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明：在正方体，且， ∴为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可得证； （2）设，首先证明即为二面角的平面角，再由解三角形的知识求解即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ∵在正方形ABCD中，设，连接， ∴，， ∵中，，∴为等腰三角形，∴， ∴即为二面角的平面角， ∵在中，， ∴，即二面角的正弦值为. 【点睛】 16. 某高校承办了2024年上海帆船公开赛的志愿志选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． （1）求、的值，并估计这100名候选者面试成绩的平均数； （2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率． 【答案】（1），平均数为69.5 （2） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得，；根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解. （2）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可． 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以， 解得， 所以前两组的频率之和为， 即，所以； 平均数为， 【小问2详解】 第四、第五两组志愿者分别有20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为， 这5人中选出2人，所有情况有，，，，，．，，，，共有10种情况， 其中选出的两人来自同一组的有，，，，，共6种情况， 故选出的两人来自同一组的概率为． 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，. （1）求； （2）若D在边BC上且，，求AD的长. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式求解； （2）利用同角三角函数的基本关系，结合向量数量积的运算律求解. 【小问1详解】 因为，， 所以. 所以，得即. 【小问2详解】 因为， 所以，解得， 因为，且为三角形的内角，所以，， 又因为，所以. 因为，∴. 所以， 所以， 所以. 18. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 【答案】（1） 点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面， ， 四边形为菱形， ， ，平面， 平面， 平面， ； （2） （3）点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）由题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得. 故点到平面的距离为. 【小问3详解】 设直线与平面所成的角为， ， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时. 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，， 即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 19. 如果数列满足：且 则称为n阶“归化”数列. （1）若某3阶“归化”数列是等差数列，且单调递增，写出该数列的各项； （2）若某11阶“归化”数列是等差数列，求该数列的通项公式； （3）若为n阶“归化”数列，求证 【答案】（1） （2）答案见解析. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设成公差为r的等差数列，显然，由得到，由得到，得到答案； （2）设公差为，根据等差数列求和公式得到，当，和，求出首项和公差，得到通项公式； （3）设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数，故，，所以. 【小问1详解】 设成公差为r的等差数列，显然， 则由得， 由得，解得， 数列为所求3阶“归化”数列. 【小问2详解】 设等差数列的公差为， 因为，所以，所以，即. 当时，此时， 与归化数列的条件相矛盾. 当时，由， 故，又， 联立解得， 所以 当时，由，，同理解得， 所以. 综上，当， 【小问3详解】 由已知可得：必有 也必有（，）， 设为中所有大于0的数，为中所有小于0的数， 由已知得，， 所以. 【点睛】数列不等式问题，常常需要进行放缩，放缩后变形为等差数列或等比数列，在结合公式进行证明，又或者放缩后可使用裂项相消法进行求和，常常使用作差法和数学归纳法，技巧性较强. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $