精品解析：湖南省益阳市安化县2023-2024学年高一下学期7月期末数学试题

数学 注意事项： 1.本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共4页，时量120分钟，满分150分. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在本试题卷和答题卡指定位置，并认真核对答题卡条形码上的姓名、考号和科目. 3.选择题和非选择题均须按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效. 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回 试题卷 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 下列说法中不正确的是（ ） A. 三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 平行的线段在直观图中仍然平行 D. 在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 4. 在中，若，，，则大小为（ ） A. B. C. D. 或 5. 根据气象学上标准，如果连续5天的日平均气温都低于10℃即为入冬.现将连续5天的日平均气温（单位：℃）的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列描述中，该组数据一定符合入冬指标的有（ ） A. 平均数小于4 B. 平均数小于4且极差小于或等于3 C. 平均数小于4且标准差小于或等于4 D. 众数等于6且极差小于或等于4 6. 正边长为，、为线段的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 7. 的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的形状是（ ） A. 等腰非直角三角形 B. 直角非等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 8. 在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ） A. 36 B. 24 C. D. 二、选择题：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3分，有选错的得0分. 9. 从1，2，3，，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ） A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数” B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数” C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数” D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数” 10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为1正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 不存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面截该正方体所得截面的面积的最大值为 D. 平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为__________. 13. 已知中，，，为边上的中线，若，则_________. 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 四、解答题：本大题共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. 已知内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角； （2）若，求的取值范围. 16. 如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. （1）若是的中点，求证：平面； （2）若，，求三棱锥体积. 17. 某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下： 试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 记，记的样本平均数为，样本方差为． （1）求，； （2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高） 18. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. （1）若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； （2）求证：平面平面. 19. 双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛. （1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求： ①A获得季军的概率； ②D成为亚军的概率； （2）若A的实力出类拔萃，有4人参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数学 注意事项： 1.本试卷包括试题卷和答题卡两部分；试题卷包括选择题、填空题和解答题三部分，共4页，时量120分钟，满分150分. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在本试题卷和答题卡指定位置，并认真核对答题卡条形码上的姓名、考号和科目. 3.选择题和非选择题均须按答题卡的要求在答题卡上作答，在本试题卷和草稿纸上作答无效. 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回 试题卷 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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何意义可得结合共轭复数的定义以及复数的乘法运算即可求解. 【详解】由题意可得故，进而， 故选：C 2. 已知两条不同的直线，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线与平面内直线平行，判断直线与平面的关系可判断A，由线面平行的性质可判断B，由平面垂直的性质可判断C，根据线面平行的性质及面面垂直的判定判断D. 【详解】若，，则或，故A错误； 若，，则或为异面直线，故B错误； 若，，则或或与斜交，故C错误； 若，则内必有一直线满足，又，所以，又，所以，故D正确. 故选：D 3. 下列说法中不正确的是（ ） A. 三棱锥是四面体，正四面体是正三棱锥 B. 平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形 C. 平行的线段在直观图中仍然平行 D. 在同一个圆中，圆心和圆上两点可确定一个平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱锥的定义判断A，根据平行六面体的定义判断B，根据斜二测画法判断C，根据基本事实判断D. 【详解】对于A：三棱锥是四面体，正四面体所有棱长均相等，所以正四面体是正三棱锥，故A正确； 对于B：平行六面体中相对的两个面是全等的平行四边形，故B正确； 对于C：根据斜二测画法可知，平行的线段在直观图中仍然平行，故C正确； 对于D：当三点恰好在同一条直径上时不能唯一确定一个平面，故D错误. 故选：D 4. 在中，若，，，则的大小为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角形的特点计算即可. 【详解】因为在中，，所以， 由正弦定理可知或， 又，所以不成立. 故选：B 5. 根据气象学上的标准，如果连续5天的日平均气温都低于10℃即为入冬.现将连续5天的日平均气温（单位：℃）的记录数据（记录数据都是自然数）作为一组样本，则下列描述中，该组数据一定符合入冬指标的有（ ） A. 平均数小于4 B. 平均数小于4且极差小于或等于3 C. 平均数小于4且标准差小于或等于4 D. 众数等于6且极差小于或等于4 【答案】B 【解析】 【分析】分析每个选项数据是否有可能大于等于，选出符合题意选项. 【详解】对于A，举反例：0，0，0，0，15平均数为3小于4，但不符合入冬标准，故A错误； 对于B，假设有数据大于或等于，由极差小于或等于知， 此组数据最小值为大于或等于7，与平均值小于矛盾，故假设不成立， 即平均数小于4且极差小于或等于3该组数据一定符合入冬指标，故B正确； 对于C，举反例：1，1，1，1，11平均数为3，且标准差为4，但不符合入冬标准，故C错误； 对于D，举反例：，，，，， 满足众数等于且极差小于或等于时，最大数为，不符合入冬标准，故D错误； 故选：B 6. 正边长为，、为线段的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：用、表示向量、，再利用平面向量数量积运算性质可求得的值； 法二：以所在直线为轴，以垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值. 【详解】因为是边长为的等边三角形， （法一）由题意，， ， 由平面向量数量积的定义可得， 所以， ； （法二）以所在直线为轴，以垂直平分线为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 则、、，则，， 所以，； 故选：C. 7. 的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的形状是（ ） A. 等腰非直角三角形 B. 直角非等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由利用正弦定理边角互换可得，代入可得，然后利用余弦定理代入可得，然后可得答案. 【详解】因为，所以，整理得， 又，所以， 即，即， 又，所以，得， 因为，所以，所以，，故为等腰直角三角形. 故选：D 8. 在棱长为6的正方体中，是的中点，点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（ ） A. 36 B. 24 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】要求三棱锥的体积最大，只需高最大，利用三角形相似与二次函数的性质可求得高的最大值，即可求解 【详解】因为在棱长为6的正方体中，是的中点， 点是正方形面内(包括边界)的动点，且满足， 所以， 所以， 即， 过点作交于点， 则易知为三棱锥的高， 欲使三棱锥的体积最大，只需高最大， 设，又， 则，化简得， 由二次函数的性质可知当时，的最大值为36， 所以最大值为，即三棱锥高的最大值为， 所以三棱锥的体积的最大值为：. 故选：D． 二、选择题：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3分，有选错的得0分. 9. 从1，2，3，，9中任取三个不同的数，则在下述事件中，是互斥但不是对立事件的有（ ） A. “三个都为偶数”和“三个都为奇数” B. “至少有一个奇数”和“至多有一个奇数” C. “至少有一个奇数”和“三个都为偶数” D. “一个偶数两个奇数”和“两个偶数一个奇数” 【答案】AD 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断即可. 【详解】从1~9中任取三数，按这三个数的奇偶性分类，有四种情况： （1）三个均为奇数；（2）两个奇数一个偶数；（3）一个奇数两个偶数；（4）三个均为偶数，所以选项A、D是互斥但不是对立事件，选项C是对立事件，选项B不是互斥事件. 故选：AD. 10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用坐标计算可判断A；利用坐标计算是否得0可判断B；由向量共线的坐标运算可判断C；利用向量夹角公式的坐标运算可判断D. 【详解】对于A，，所以，故A错误； 对于B，，所以 ，所以，故B正确； 对于C，，可得， 故C错误； 对于D，，所以 ，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，为线段上的一个动点，平面平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 不存在点，使得平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 平面截该正方体所得截面的面积的最大值为 D. 平面截该正方体所得截面可能是三角形或六边形 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，可得平面，即可判断A，由平面可判断B，当截面为正六边形时（其中，，，，，都是中点），计算截面面积，然后可判断C、D. 【详解】如图，连接，，，，由正方体的性质可知，， 又点，，分别是棱，，的中点，所以，则， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面， 所以，同理可证，又，平面， 所以平面，由与异面可知， 不存在点，使得平面，故A正确； 因为，，所以，又平面，平面， 所以平面，所以动点到平面的距离为定值， 又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图，正六边形（其中，，，，，都是对应棱的中点）， 根据正方体的性质可知，，， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面， 又该正六边形的边长为，所以其面积为， 因为平面平面， 所以当截面为正六边形时，平面截该正方体所得截面的面积取得最大值， 最大值为，故C错误； 平面截该正方体所得截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确， 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：C选项关键是确定正六边形所在平面平行平面，求出其面积即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 现有一组数据按照从小到大的顺序排列如下：4，6，7，7，8，9，11，14，15，19，则这组数据的上四分位数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】因为，所以这组数据的上四分位数为. 故答案为： 13. 已知中，，，为边上的中线，若，则_________. 【答案】9 【解析】 【分析】由，利用向量数量积的运算求得，由余弦定理即可求得. 【详解】设，为边上中线，有， 故可得， 代值可得，解得. 由余弦定理可得. 故答案为：9. 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【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. 四、解答题：本大题共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. 已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且. （1）求角； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量共线的坐标表示得到，再由正弦定理将边化角，即可得解； （2）利用余弦定理、基本不等式及三边关系计算可得. 【小问1详解】 因为，，且， 所以， 由正弦定理得， 因为，则， ，又，． 【小问2详解】 因为，且， 由余弦定理， 即， 即，显然，所以，当且仅当时取等号， 又因为，所以， 的取值范围为． 16. 如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. （1）若是的中点，求证：平面； （2）若，，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先求出，依题意可得平面，即可求出即，再由及锥体的体积公式计算可得. 【小问1详解】 取中点，连接，因为是的中点， 且， 又四边形是矩形． 且， 且， 四边形是平行四边形， ，又平面平面， 平面 【小问2详解】 是圆的直径， ，又， ， 平面，四边形是矩形，， 平面，平面，， 在直角三角形中，， ，， ， 三棱锥的体积为． 17. 某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率．甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为，．试验结果如下： 试验序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 伸缩率 545 533 551 522 575 544 541 568 596 548 伸缩率 536 527 543 530 560 533 522 550 576 536 记，记的样本平均数为，样本方差为． （1）求，； （2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高） 【答案】（1），； （2）认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 【解析】 【分析】（1）直接利用平均数公式即可计算出，再得到所有的值，最后计算出方差即可； （2）根据公式计算出的值，和比较大小即可. 【小问1详解】 ， ， ， 的值分别为: ， 故 【小问2详解】 由（1）知:，，故有, 所以认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提高. 18. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. （1）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值； （2）求证：平面平面. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，连接，则为直线与平面所成的角，求出、、，再由锐角三角函数计算可得； （2）取的中点，连接，所以证明平面，得到，再证明四边形为矩形，得到，结合，即可证明平面，从而得证. 【小问1详解】 为正三角形，为的中点，， 又平面平面，平面平面，且平面， 平面， 连接，则为直线与平面所成的角， 在等边三角形中，， 在三角形中， ， ， ， 直线与平面所成的角的正弦值为； 【小问2详解】 取的中点，连接， 由（1）得， 四边形是的菱形，， 为正三角形，又为的中点，则， 又平面， 平面，又平面， ， 因为，分别为，的中点，所以且， 又且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以平行四边形为矩形， ， 是中点， ， 又平面， 平面，又平面， 平面平面． 19. 双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛，之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛. （1）假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求： ①A获得季军的概率； ②D成为亚军的概率； （2）若A的实力出类拔萃，有4人参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①分析第一轮比赛后所在组，再确定后续比赛的胜负情况使A获得季军，应用独立事件的乘法公式求概率即可. ②分D首场笔试胜利和失败两种情况讨论，由全概率公式可得. （2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题. 【小问1详解】 假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为， ①由题意，第一轮比赛一组，一组， 要A获得季军，则进入胜者组，后续连败两轮，或进入负者组，后续两轮先胜后败， 所以A获得季军的概率为. ②设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败， 事件：队伍D获得亚军有三种情况：， 得 【小问2详解】 由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为， 要使D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况： ①若A与D在决赛中相遇，分为A：1胜，3胜，D：1负4胜5胜，或A：1负4胜5胜，D：1胜，3胜， 概率为； ②若B与D决赛相遇，D：1胜，3胜，B：2胜3负5胜，或D：1胜，3负，5胜，B：2胜3胜， 概率为， ③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇， 概率； 所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$