精品解析：福建省福州市第四十中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年高一年段第二学期期末试卷 数学学科 完成时间：120分钟 满分：150分 （命题：叶丹 审核：高二集备组）班级：   座号：   姓名： 一、单项选择题：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. 若是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据纯虚数的定义，列出方程组，求解即可. 【详解】因为是纯虚数，所以，解得：， 故选：C 2. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三角形内角和求得，进而利用正弦定理求得． 【详解】由题意可知，， 由正弦定理可知， 所以． 故选：． 3. 已知向量 与的夹角是 ，且， ，则向量 在向量 上的投影向量是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量公式计算可得答案. 【详解】向量 在向量 上的投影向量是, 故选：D 4. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，，下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若m与n不相交，则 D. 若，则m与n不相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案. 【详解】若，则可能平行、可能相交，故A不正确； 若，则可能平行、可能异面，故B不正确； 若m与n不相交，则也不一定平行，故C不正确； 若m与n不相交，则，故D正确. 故选：D. 5. 若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，上底面半径为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】CC 【解析】 【分析】过作于，根据条件求母线长及下底面半径长，再利用圆台的侧面积公式，即可求出结果. 详解】如图，过作于，由题知，， 所以，， 又，记上底面半径为，下底面半径为，则， 所以圆台的侧面积为， 故选：C 6. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰了出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是 （ ） A. 平均数为3，中位数为2 B. 平均数为3，方差为2 C. 中位数为3，众数为2 D. 中位数为3，方差为1.6 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用特例法可判断A、C和D错误，结合平均数和方差的计算公式，可判定B正确，即可求解. 【详解】对于选项A，当投掷骰子出现的结果为时，满足平均数为，中位数为，可以出现点数，所以选项A错误； 对于选项B，若平均数为，且出现点数，则必出现小于的点数，且至少有个， 所以方差， 所以平均数为，方差为时，一定没有出现点数，所以选项B正确； 对于选项C，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，所以选项C错误； 对于选项D，当投掷骰子出现的结果为时，满足中位数为， 此时平均数为，所以方差为， 此时出现点数，所以选项D错误， 故选：B. 7. 已知正四棱锥 ，底面边长是2，体积是 ，那么这个四棱锥的外接球的体积为 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，交于，连接，设外接球的球心为，半径为，平面，球心在直线上，利用勾股定理可计算出外接球的半径，再根据球的体积公式计算即可. 【详解】连接，交于，连接，设外接球的球心为，半径为， 根据正四棱锥 的性质，可知：平面，球心在直线上， 所以，解得： 由图可得：，，或， 因为，所以在，有，解得：，即O在四棱锥内， 所以该外接球的体积为， 故选：A 8. 在正三棱柱 中，，，分别是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，取中点，的中点，的中点,可得异面直线与 所成角为或其补角，利用余弦定理即可求解. 【详解】设，取的中点，的中点，的中点,       易知,, 所以异面直线与 所成角为或其补角. 由正三棱柱的几何特征可得,，. , , ，， , 在中，由余弦定理可得, 所以直线与 所成角的余弦值为. 故选:A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 设复数 ，其中是虚数单位，下列判断中正确的是（ ） A. B. C. 是方程 一个根 D. 复数满足 ，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用复数四则运算几何共轭复数计算可得；对于B，利用复数模的公式计算可得；对于C，在复数域内求方程的根可判断；对于D，利用复数模的公式的几何意义，将的模长转化为圆上的点，的最大值为圆心到点的距离加上半径. 【详解】对于A，由，可得，所以，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，由，可得，解得：，故是方程 一个根，则C正确； 对于D，设，所以，即，其中点轨迹为圆心为，半径为1的圆， 而，表示圆上的点得到点的距离，因为圆心到的距离为，所以 的最大值为，故D正确； 故选：ACD 10. 下列描述正确的是 （ ） A. 若，，，则事件 与 相互独立 B. 与 是互斥事件”是“ 与 互为对立事件”的充分不必要条件 C. 掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”不是互斥事件 D. 一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球，第二次取到红球的概率是 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，利用判断出事件与相互独立；B选项，根据互斥事件、对立事件的定义结合充分条件、必有条件作出判断；对于C根据互斥事件的定义作出判断，D选项，分两种情况进行计算. 【详解】对于A，，，故A正确； 对于B，与 是互斥事件，但与 不一定是对立事件，与 互为对立事件， 则与 一定是互斥事件，所以“与 是互斥事件”是“ 与 互为对立事件”的必要不充分条件；故B错误； 对于C，掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”能同时发生，所以不是互斥事件，故C正确； 对于D，若第一次摸到红球，则第二次摸到红球的概率为，若第一次摸到绿球， 则第二次摸到红概率为，所以第二次摸到红球的概率为，故D不正确. 故选：AC. 11. 在棱长为的正方体中，动点满足，其中 ，则 （ ） A. 当时，直线与直线异面 B. 当时，有且仅有一个点，使得平面 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 当时，的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，当时，推出点在线段上，当与重合时，，即可判断出选项A不正确；对于B，当时，点在线段上，若平面，则必与重合，故B正确；对于C，当时，推出点在线段上，推出平面，可得三棱锥的体积为定值，故C正确；对于D，将沿翻折到与同一平面，从而得出的最小值为，再利用余弦定理，即可求解. 【详解】对于选项A，当时，由，得，因为，所以点在线段上， 如图1，当与重合时，，此时直线与直线共面，所以选项A错误， 对于选项B，当时，由，得，又，则点在线段上，如图2， 因为，，，平面， 所以平面， 若平面，则平面与平面重合， 此时必与重合，即当时，有且仅有一个点，使得平面，所以选项B正确； 对于选项C，当时，由且，，得点在线段上，如图3， 因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离等于到平面的距离， 所以为定值，故选项C正确； 对于选项D，当时，由且，，得点在线段上，如图4， 连接，将沿翻折到与同一平面，如图5， 连接，此时最小， 在中，，，由余弦定理得， 得到，所以选项D正确， 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：根据平面向量知识推出各个选项中点的轨迹是解题关键. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的定义即可得解. 【详解】由， 得， 所以. 故答案为：. 13. 甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】记“该题被甲独立解出”为事件A，“该题被乙独立解出”为事件B，根据已知得出，，代入数据即可得出答案. 【详解】记“该题被甲独立解出”为事件A，“该题被乙独立解出”为事件B， 由题意可知，，. 因为事件，相互独立，所以. 又， 所以. 故答案为：. 14. 在中，，，，若是的重心，则______. 【答案】7 【解析】 【分析】建立直角坐标系，根据向量的坐标运算即可求解. 【详解】如图所示，以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系. 设， ∵，，∴， ∵，解得，∴ ∵是的重心，延长交于点，则为中点，所以, ∴，, ∴. 故答案为：7 四、解答题（本题共5小题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 在四边形 中，，，，. （1）求和; （2）求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）在中应用正弦定理求出，根据三角形内角性质即可求出，由可求出； （2）中应用余弦定理求即可. 【小问1详解】 在中由正弦定理得：， 因为，， 故， 又，则. 所以 【小问2详解】 由，， 故， 因为， 所以在中由余弦定理得：， 故. 16. 如图，在三棱锥 中，侧面 底面 ，且，，的面积为6. （1）求三棱锥的体积； （2）若，且为锐角，求证：平面. 【答案】（1）10 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合条件可证明平面，由三棱锥的体积公式求解即可；（2）利用勾股定理可得：，结合，即可证明平面. 【小问1详解】 因为在三棱锥 中，侧面底面，侧面 底面 因为，平面， 所以平面， 所以 【小问2详解】 在，由面积公式可得：，解得：， 因为为锐角，所以， 由余弦定理可得：，即， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，，平面， 所以平面 17. 用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学月考成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）估计男生成绩样本数据的第75百分位数； （2）在区间 和 内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自同一组的概率； （3）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和177.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差. 【答案】（1）； （2） （3）平均数和方差分别为72.5和144. 【解析】 【分析】（1）在内的成绩占比为，在内的成绩占比为，由 ，可得答案； （2）得出在区间和内的男生成绩样本数据，并列出数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点和调查对象来自不同分组的样本点，由古典概型的概率计算公式可得答案；. （3）根据题意结合分层抽样的平均数和方差计算公式运算求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，在内的成绩占比为，在内的成绩占比为， 因此第80百分位数一定位于内. 因为， 所以估计男生成绩样本数据的第75百分位数约是； 【小问2详解】 在区间和内的男生成绩样本数据分别有4个和2个， 分别用和，表示， 则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有： ，，，，，，，，，，，，，，， 个数为， 记事件 “调查对象来自不同分组”， 则事件包含的样本点有，，，，，，，， 个数为， 所以； 【小问3详解】 设男生成绩样本数据为，，…，，平均数为，方差为； 女生成绩样本数据为，，…，，平均数为，方差为； 总样本的平均数为，方差为. 由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数关系， 得. 因为 又， 同理，所以 所以总样本的平均数和方差分别为和144. 18. 已知 中，角所对的边分别为，，，，，为 边上的点. （1）若为的中点，且，求线段的长； （2）若平分，，求线段和的长. （请根据题意，在答题卡上分别画出大致图象） 【答案】（1） （2）当时，；当时， 【解析】 【分析】（1）由已知条件结合正弦定理化简可得：，由两边平放化简可得答案； （2）利用余弦定理化简可得：或，用等面积法即可求出的长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得：， 因为在，，， 所以，即， 因为在，，所以， 因为为的中点， 所以， 即， 所以，即线段的长为 【小问2详解】 因为，，， 所以，则， 因为，所以， 由余弦定理可得：， 即，解得：或， ①当时， ，则， 若平分，则， 所以， 解得：， ②当时，， 因为，所以 因为平分，所以，且， 所以，故 所以， 即，解得：， 综上，当时，， 当时， 19. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质四棱锥模型，为正三角形，，，为线段的中点． （1）求证：平面； （2）过点的平面交于点，沿平面将木质四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情： ①在木料表面应该怎样画线？（在答题卡的图上画线要保留辅助线，并写出作图步骤）； ②在木质四棱锥模型中确定点的位置，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①答案见解析；②位置见解析， 【解析】 【分析】（1）取为的中点，连接，，由题意可证，平面，平面，即可得：平面平面，再利用面面平行证线面平行即可； （2）①根据平面的基本性质即可确定在木料表面应该怎样画线；②过点作交于点，由题意可证四点共面，再根据平行线所截线段成比例即可求解. 【小问1详解】 记为的中点，连接，，如图， 因为分别为的中点，所以为的中位线， 所以，因为平面平面， 所以平面； 又因为为正三角形，所以， 又为中点，所以， 又为等腰三角形，，所以， 所以，即， 所以，又平面平面， 所以平面； 又，平面，平面， 故平面平面， 又因为平面，故平面． 【小问2详解】 ①延长、相交于点，连接交于点，连接， ②过点作交于点，如图， 因为平面，平面，平面平面， 所以，此时四点共面， 由（1）可知： ，，， 得， 故，又因为，所以， 则有，故． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于通过平面的基本性质确定点，再过点作交于点，由平行线所截线段成比例即可求解比例关系. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高一年段第二学期期末试卷 数学学科 完成时间：120分钟 满分：150分 （命题：叶丹 审核：高二集备组）班级：   座号：   姓名： 一、单项选择题：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. 若是纯虚数，则实数（ ） A. B. C. 2 D. 2. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量 与的夹角是 ，且， ，则向量 在向量 上的投影向量是 （ ） A. B. C. D. 4. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，，下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若m与n不相交，则 D. 若，则m与n不相交 5. 若一个圆台的高为，母线与底面所成角为，上底面半径为，则该圆台的侧面积为（ ） A B. C. D. 6. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰了出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是 （ ） A. 平均数为3，中位数为2 B. 平均数为3，方差为2 C. 中位数为3，众数为2 D. 中位数为3，方差为1.6 7. 已知正四棱锥 ，底面边长是2，体积是 ，那么这个四棱锥的外接球的体积为 （ ） A. B. C. D. 8. 在正三棱柱 中，，，分别是 中点，则异面直线 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.全部选对6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 设复数 ，其中是虚数单位，下列判断中正确的是（ ） A. B. C. 是方程 一个根 D. 复数满足 ，则的最大值为 10. 下列描述正确是 （ ） A. 若，，，则事件 与 相互独立 B. 与 是互斥事件”是“ 与 互为对立事件”的充分不必要条件 C. 掷两枚质地均匀的骰子，“第一枚出现奇数点”与“第二枚出现偶数点”不是互斥事件 D. 一个袋子中有2个红球，3个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出两球，第二次取到红球的概率是 11. 在棱长为的正方体中，动点满足，其中 ，则 （ ） A. 当时，直线与直线异面 B. 当时，有且仅有一个点，使得平面 C. 当时，三棱锥的体积为定值 D. 当时，的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则________． 13. 甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为______． 14. 在中，，，，若是的重心，则______. 四、解答题（本题共5小题. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 四边形 中，，，，. （1）求和; （2）求. 16. 如图，在三棱锥 中，侧面 底面 ，且，，的面积为6. （1）求三棱锥的体积； （2）若，且为锐角，求证：平面. 17. 用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学月考成绩（满分为100分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为100的样本，其中男生成绩数据40个，女生成绩数据60个，再将40个男生成绩样本数据分为6组：，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）估计男生成绩样本数据的第75百分位数； （2）在区间 和 内的两组男生成绩样本数据中，随机抽取两个进行调查，求调查对象来自同一组的概率； （3）已知男生成绩样本数据的平均数和方差分别为71和177.75，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为73.5和119，求总样本的平均数和方差. 18. 已知 中，角所对的边分别为，，，，，为 边上的点. （1）若为的中点，且，求线段的长； （2）若平分，，求线段和的长. （请根据题意，在答题卡上分别画出大致图象） 19. 在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质四棱锥模型，为正三角形，，，为线段的中点． （1）求证：平面； （2）过点的平面交于点，沿平面将木质四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情： ①在木料表面应该怎样画线？（在答题卡的图上画线要保留辅助线，并写出作图步骤）； ②在木质四棱锥模型中确定点位置，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $