精品解析：河南省信阳市淮滨县多校联考2023-2024学年高一下学期期末数学试题

淮滨县多校联考2023-2024学年下期期末考试 高一数学试卷 注意事项: 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.交卷时只交答题卡. 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.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 设A，B是直线l上两点，则“A，B到平面a的距离相等”是“”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. 若样本数据的方差为，则的方差为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是的中线，，以为基底表示，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是异面直线，平面，平面，直线满足，则（ ） A. 且 B. 且 C. 与相交，且交线垂直于 D. 与相交，且交线平行于 7. 如图，已知边长为4的正方形ABCD的中心与半径为的圆O的圆心重合，点P是圆O上的一点，则的值为（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 8. 如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为（ ） 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. 已知平面向量，，则（ ） A. 当时， B. 若，则 C. 若，则 D. 若与的夹角为钝角，则 10. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 异面直线与所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 11. 设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ） A. 事件相互独立与互斥不可能同时成立 B. 若三个事件两两独立，则 C. 若事件独立，则 D. 若，则 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为____________. 13. 如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为______________. 14. 某市半程马拉松比赛需要学生志愿者若干名，其中某路段从某校高一年级1000人中按男、女采用比例分配的分层随机抽样抽取一个容量为50的样本，且样本中男生人数比女生人数多20人，则这1000人中女生有______人. 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. 设复数（其中），. （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求. 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，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； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和分位数（精确到0.1）； （3）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，求选出的两人来自同一组的概率. 17. 已知向量，函数． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值； （3）将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围． 18. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 19. 如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 . （1）如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； （2）如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，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 $ 淮滨县多校联考2023-2024学年下期期末考试 高一数学试卷 注意事项: 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.考试时间120分钟，满分150分.考生应首先阅读答题卡上的文字信息，然后在答题卡上作答，在试题卷上作答无效.交卷时只交答题卡. 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.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部. 【详解】因为， 所以，故的虚部为. 故选：A. 3. 设A，B是直线l上两点，则“A，B到平面a的距离相等”是“”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】根据线面位置关系分别判断充分必要条件即可. 【详解】若，则A，B两点到平面的距离相等， 但反之不成立，因为当，分别在平面a的两侧， 且满足，到平面的距离相等时，直线l与平面相交． 故选：B． 4. 若样本数据的方差为，则的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据方差的性质结合已知条件直接求解. 【详解】因为样本数据的方差为， 所以的方差. 故选：C. 5. 已知是的中线，，以为基底表示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用向量的线性运算计算即可. 【详解】因为是的中线，所以， ． 故选：B. 6. 已知是异面直线，平面，平面，直线满足，则（ ） A. 且 B. 且 C. 与相交，且交线垂直于 D. 与相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间直线、平面间的位置关系判断，证明线线平行时注意线面平行的判定定理与性质定理的应用． 【详解】是异面直线，不平行，因此平面不平行，A错； 不一定垂直，因此平面也不一定垂直，B错； 平面，，，则，同理，由选项A知平面一定相交， 设，过直线作平面与平面交于直线，如图，则， 同理过作平面与平面交于直线，则， 所以，，，则，又，，则， 所以，因此C错D正确． 故选：D． 7. 如图，已知边长为4的正方形ABCD的中心与半径为的圆O的圆心重合，点P是圆O上的一点，则的值为（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】运用加法法则将各个向量用表示出来，后借助数量积的性质求解即可. 【详解】由题意知 . 故选：C. 8. 如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可以用正方体模型补形解题，通过平移找出线线所成的角度借助余弦定理解题即可. 【详解】根据题意，可以补充成一个棱长为3的正方体. 如图所示.取的三等分点,连接，根据正方体性质，知道. 则为直线 与 所成角或补角. 连接，.根据正方体性质，知道． 在中，余弦定理知道，, 则直线 与 所成角的余弦值为. 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. 已知平面向量，，则（ ） A. 当时， B. 若，则 C. 若，则 D. 若与的夹角为钝角，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量加法坐标公式计算可判断A；根据向量平行的坐标公式计算即可判断B；根据向量垂直坐标公式计算即可判断C；根据向量数量积坐标公式计算即可判断D. 【详解】对A，当时，，所以，故A正确； 对B，若，则，解得，故B错误； 对C，若，则，解得，故C正确； 对D，若与的夹角为钝角，则且与不共线， 解得且，即，故D正确， 故选：ACD 10. 在直三棱柱中，，且，为线段上的动点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 异面直线与所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 当是的中点时，过三点的平面截三棱柱外接球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】构造正方体模型，即可判断A、B，展开为平面图形，两点间直线最短，即可求出最小值，从而判断C，构造正方体模型，求出外接球半径，然后计算得到球心到截面的距离，然后结合勾股定理即可求解D选项. 【详解】 对于A，如图，将几何体补为正方体，易知，，又，所以，故A正确； 对于B，如图，将几何体补为正方体，当动点M运动到点B时，此时直线与所成角最小，为，但此时直线与相交，不满异面； 当动点M由点B向点C运动时，直线与所成角慢慢变大，当动点M运动到点C时，此时直线与所成角最大，易知 是等边三角形，所以直线与所成的角为，而，即此时直线与所成角为；所以，异面直线与所成角的取值范围为，故B错误； 对于C，如图，将平面与平面展为同一平面，则 ，故C错误 对于D，如图，补为正方体，三棱柱外接球即为正方体的外接球，所以外接球半径，即， ，所以 所以， 取正方体的中心点O，的中点N，连接ON，易知， 所以，设正方体的中心点O到截面的距离为h， 即球心到截面的距离为，根据勾股定理可得截面圆半径为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：AD 11. 设为随机事件，且，下列说法正确的是（ ） A. 事件相互独立与互斥不可能同时成立 B. 若三个事件两两独立，则 C. 若事件独立，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用相互独立性的性质，相互独立事件是可以同时发生的，而互斥事件是不可能同时发生的；三个事件两两独立，不能确定三个事件相互独立，即不能判断是否成立；利用概率公式求解. 【详解】若相互独立，则；若互斥，则， 而，，所以事件相互独立与互斥不可能同时成立，故A正确； 当三个事件两两独立时，一般不成立． 比如：设样本空间含有等可能的样本点，且， 则，， 所以， 即三个事件两两独立，但是，故B错误； 若相互独立，则也独立，故C正确； 由得，所以，故D正确； 故选：ACD． 第II卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为____________. 【答案】10 【解析】 【分析】根据直观图与原图形的关系结合已知可得，从而可求出，进而可求出四边形的周长. 【详解】由题意可得， 所以原图形中， 所以， 所以四边形的周长为. 故答案为：10 13. 如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点的最短路线的长为______________. 【答案】 【解析】 【分析】沿着正三棱柱的侧棱剪开，把侧面展成一个平面图形，得到一个矩形，结合矩形的对角线长，即可求解. 【详解】如图所示，沿着正三棱柱的侧棱剪开， 把正三棱柱的侧面展成一个平面图形，可得一个长为，宽为一个矩形， 可矩形的对角线长为，即最短路线的长为. 故答案为：. 14. 某市半程马拉松比赛需要学生志愿者若干名，其中某路段从某校高一年级1000人中按男、女采用比例分配的分层随机抽样抽取一个容量为50的样本，且样本中男生人数比女生人数多20人，则这1000人中女生有______人. 【答案】300 【解析】 【分析】根据比例分配的分层随机抽样可得答案. 【详解】设样本中男生为x人，则女生为人， 所以，解得，设总体中女生人数为n， 则，解得. 故答案为：300. 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. 设复数（其中），. （1）若是实数，求的值； （2）若是纯虚数，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题知为实数，所以，求得，再进行复数的乘法运算即可； （2）由题知为纯虚数，所以，求得，再根据复数的模长公式计算即可. 【小问1详解】 由已知， 是实数， ，即， . 【小问2详解】 ， 由于是纯虚数，，解得， 则. . 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，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； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和分位数（精确到0.1）； （3）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，求选出的两人来自同一组的概率. 【答案】（1）， （2）平均数为69.5，分位数为69.4； （3） 【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，； （2）根据直方图中各个数字特征的求法运算即可； （3）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，解得； 【小问2详解】 由（1）知， 平均数为； 前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，所以中位数位于组内， 且，即分位数为69.4； 【小问3详解】 第四､五两组志愿者分别有20人，人， 故按照分层抽样抽得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人选出2人，所有情况有，共10种， 其中选出的2人来自同一组的有，共6种， 所以选出的2人来自同一组的概率为. 17. 已知向量，函数． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值； （3）将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调减区间； （2）利用同角三角函数的平方关系得，再根据余弦的和角公式计算即可； （3）根据三角函数图象变换得，再根据三角函数的性质计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以即 又因为，所以函数在上的单调递减区间为 【小问2详解】 若则，所以. 因为，所以， 所以， 所以 故. 【小问3详解】 将图象上所有的点的纵坐标变为原来的，再向下平移1个单位，最后再向右平移个单位得到函数的图象， 即： 则， 当时， 由方程有一解，可得的取值范围为． 18. 如图，在平面四边形ABCD中，已知，，为等边三角形，记，. （1）若，求的面积； （2）证明：； （3）若，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）证明：在中，由正弦定理可得， 即且， 由于， 故， 由于三角形中，，因此，得证. （3） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理得，，根据为等边三角形，利用三角形面积公式即可求解； （2）在中，利用正弦定理，结合三角恒等变换即可求解， （3）利用余弦定理得，正弦定理得，结合（2）的结论以及三角形面积公式可得,利用三角函数的性质即可求解． 【小问1详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，记， 在中，由余弦定理，， 所以，则，所以， 又因为为等边三角形， 所以，且， 所以， 则的面积为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 在平面四边形中，已知，，为等边三角形，，设， 在中，由余弦定理，， ， 在中，由正弦定理，，即，所以， 结合 ， 又因为，所以， 所以， 即的面积的取值范围为． 19. 如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 . （1）如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； （2）如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. 【答案】（1） （2）①存在，，② 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，则由面面平行的判定定理可证得平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，从而可求得结果； （2）①当点与点重合时，平面 ，由已知条件可证得平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，设，由∽，可得， 在中，表示出，然后表示出，利用基本不等式可求出其最大值，从而可点到平面的距离. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为，所以， 因为∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为∥平面，，平面， 所以平面∥平面， 因为平面平面，平面平面， 所以∥， 因为是的中点，所以； 【小问2详解】 ①存在点，当点与点重合，即时，平面， 理由如下：当点与点重合时，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 即当点与点重合，时，平面； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得， 设，则， 因为， 所以， 因为，所以， 因为， 所以∽，得，即，得， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以点与点重合， 因为要使得点的射影落在线段上，所以， 则，解得， 在中，， 所以 ， 当且仅当，即时，， 当时，，，则是的中点， 所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定，考查点面距离的求法，解题的关键是要弄清折叠前后的边角面的关系，考查推理能力和计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $