精品解析：甘肃省武威市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

武威七中2024年春学期高一年级期末考试试卷 数学 （满分150，考试时间120分钟） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法求出复数，可得复数的虚部. 【详解】复数， 则的虚部是2. 故选：C 2. 设向量，若，则（ ） A. 5 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量垂直的性质直接求解． 【详解】向量，，， ，可得， ． 故选：． 3. 天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%．现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率．用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数180，792，454，417，165，809，798，386，196，206据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用频率和概率的关系得到答案. 【详解】10组数据中，恰有两天下雨的有417，386，196，206，共4个， 故此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为. 故选：B 4. 正方形的边长是2，是的中点，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解. 【详解】方法一：以为基底向量，可知， 则， 所以； 方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系， 则，可得， 所以； 方法三：由题意可得：， 在中，由余弦定理可得， 所以. 故选：B. 5. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将条件中两式平方相加后整理即可得答案. 【详解】， ， 两式相加得， . 故选：C. 6. 已知三棱锥中，，，，E，F分别是PA，BC的中点，则EF与AB所成的角大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设为的中点，中为与所成的角，代入数据求值即可. 【详解】取的中点，连接，，如图， 又为的中点，所以，， 同理可得，， 又，所以，则为与所成的角， 中，，所以与所成的角为. 故选：A. 7. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点，，测得，，，并在处测得塔顶的仰角为45°，则塔高（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知在中，利用正弦定理可求的值，在中，由，可求塔高的值. 【详解】解：在中，，，， 由正弦定理，可得， 可得， 在中，， 所以塔高. 故选：D. 8. 如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，分别得到和，联立方程组，求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】设， 由， 又由， 所以，解得，可得， 因为，所以，所以. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，有多项是符合题目要求的，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分. 9. 已知事件A，B，且，则下列结论正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果A与B互斥，那么 C. 如果A与B相互独立，那么 D. 如果A、B与C两两互斥，那么 【答案】ABD 【解析】 【分析】由互斥事件与独立事件的概率公式求解即可. 【详解】对于A，如果，那么，，故A正确； 对于B，如果A与B互斥，那么，，故B正确； 对于C，如果A与B相互独立，那么，故C错误； 对于D，如果A、B与C两两互斥，那么，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）． A. 若平面α，β垂直同一个平面，则 B. 若且，则 C. 若平面α，β不平行，则在平面α内不存在平行于平面β的直线 D. 若，且，则l与α所成的角和m与β所成的角相等 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由空间中的直线与平面的位置关系以及平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】若平面α，β垂直同一个平面，与可能相交，故A错误； 由线面的位置关系可知，若且，则，故B正确； 当平面相交时，在平面内平行于交线的直线与平行，故C错误； 因为两条平行直线与同一平面所成角相等，若两平面平行， 则两条平行直线与两个平行平面所成角相等，故D正确； 故选：BD 11. 下列式子化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用诱导公式及两角和的余弦公式的逆用可判断选项A；利用辅助角公式可判断选项B；利用诱导公式及二倍角正弦公式可判断选项C；利用及两角差的正切公式可判断选项D. 【详解】对于选项A：因为 ，故选项A错误； 对于选项B： ，故选项B正确； 对于选项C：因为，故选项C正确； 对于选项D：因为，故选项D错误. 故选：BC. 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从1，2，3，4，5这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用列举法求解，先列出从5个数任取2个数的所有情况，再列出这2个数之积大于5的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可. 【详解】从这5个数中任取2个数的所有情况有： ，10种情况， 其中两个数的之积大于5 的有，6种情况， 所以所求概率为， 故答案为： 13. 某圆锥的侧面展开图是个半圆，若该圆锥的体积为，则该圆锥的全面积为________． 【答案】12π 【解析】 【分析】根据题意，由圆锥侧面展开图面积可得，再由圆锥的体积公式可得底面圆的半径，再由圆锥的表面积公式，即可得到结果. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由圆锥侧面展开图为半圆可得，即， 又圆锥的体积为，即， 又，即， 所以， 所以，解得， 则， 所以圆锥的全面积为． 故答案为：. 14. 如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为________． 【答案】 【解析】 【详解】如图，取B1C1的中点M，连接KM，MC，易证四边形KMCA为等腰梯形，上底KM＝，下底AC＝，腰长AK＝MC＝，则其高为KH＝，所以计算可得其面积为. 【考查意图】判断截面图形的形状，截面的面积． 三、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设，复数是纯虚数. （1）求m的值； （2）若是方程的一个根，求实数p，q的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由纯虚数的概念列不等式组，求参数m. （2）根据复数范围内根的性质及根系关系求p，q的值. 【小问1详解】 由题设有，可得. 【小问2详解】 由（1）及题设知：、是方程的两个根， 所以. 故. 16. 已知，，与的夹角为45°. （1）求在方向上的投影向量； （2）求的值； （3）若向量与平行且方向相同，求实数. 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据投影向量求解公式求出答案； （2）平方后求出，得到模长； （3）根据两向量平行得到方程，求出的两个解，检验是否方向相同，得到答案. 【小问1详解】 ∵，，与的夹角为45°， ∴， ∴在方向上的投影向量为； 【小问2详解】 ∵， ∴； 【小问3详解】 ∵与平行， ∴ ∴，解得：或， 当时，，此时方向相同 当时，，此时方向相反，故舍去. ∴ 17. 某校选拔若干名学生组建数学奥林匹克集训队，要求选拔过程分前后两次进行，当第一次选拔合格后方可进入第二次选拔，两次选拔过程相互独立.根据甲､乙､丙三人现有的水平，第一次选拔，甲､乙､丙三人合格的概率依次为；第二次选拔，甲､乙､丙三人合格的概率依次为. （1）求第一次选拔后甲､乙两人中只有甲合格的概率； （2）求甲、乙、丙经过前后两次选拔后，恰有一人合格的概率. 【答案】（1）0.2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式可得； （2）由互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式可得. 【小问1详解】 分别设甲、乙经第一次选拔后合格为事件， 设表示第一次选拔后甲合格、乙不合格， 则. 【小问2详解】 分别设甲、乙、丙经过前后两次选拔后合格为事件A，B，C，事件表示经过前后两次选拔后，恰有一人合格，则 ， 所以 . 18. 已知函数. （1）求函数的单调减区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数在上恰有3个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换化简，利用正弦型函数的单调性求解； （2）分离参数转化为恒成立，求出的最大值即可得解； （3）先写出函数的解析式，然后根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解. 【小问1详解】 ， 由， 所以函数的单调递减区间为； 【小问2详解】 因为不等式在上恒成立， 所以， 因为，所以， 所以， 所以，即； 【小问3详解】 ， 由，得， 因为函数在上恰有3个零点， 所以，解得， 所以的取值范围为. 【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数． 19. 如图，已知为圆O的直径，D为线段上一点，且，为圆O上一点，且，平面，． （1）求； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，求得，在中，利用余弦定理，即可求解； （2）由，得到，再由平面，得到，证得平面，进而证得； （3）连接，求得，根据平面，利用，即可求解. 【小问1详解】 解：由已知为圆O的直径，为圆上一点，可得， 又由D为线段上一点，且，可得，则， 因为，可得，即，解得， 在直角中，可得， 由余弦定理得， 所以. 【小问2详解】 证明：由（1）知，可得，所以， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问3详解】 解：连接，在中，， 可得，可得， 所以， 又由平面，且， 所以三棱锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武威七中2024年春学期高一年级期末考试试卷 数学 （满分150，考试时间120分钟） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则的虚部是（ ） A. B. C. 2 D. 2. 设向量，若，则（ ） A. 5 B. 2 C. 1 D. 0 3. 天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%．现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率．用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数180，792，454，417，165，809，798，386，196，206据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为（ ） A. B. C. D. 4. 正方形的边长是2，是的中点，则（ ） A. B. 3 C. D. 5 5. 已知，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知三棱锥中，，，，E，F分别是PA，BC的中点，则EF与AB所成的角大小为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点，，测得，，，并在处测得塔顶的仰角为45°，则塔高（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，有多项是符合题目要求的，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分. 9. 已知事件A，B，且，则下列结论正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果A与B互斥，那么 C. 如果A与B相互独立，那么 D. 如果A、B与C两两互斥，那么 10. 已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）． A. 若平面α，β垂直同一个平面，则 B. 若且，则 C. 若平面α，β不平行，则在平面α内不存在平行于平面β的直线 D. 若，且，则l与α所成的角和m与β所成的角相等 11. 下列式子化简正确的是（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 从1，2，3，4，5这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为______． 13. 某圆锥的侧面展开图是个半圆，若该圆锥的体积为，则该圆锥的全面积为________． 14. 如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为________． 三、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设，复数是纯虚数. （1）求m的值； （2）若是方程的一个根，求实数p，q的值. 16. 已知，，与的夹角为45°. （1）求在方向上的投影向量； （2）求的值； （3）若向量与平行且方向相同，求实数. 17. 某校选拔若干名学生组建数学奥林匹克集训队，要求选拔过程分前后两次进行，当第一次选拔合格后方可进入第二次选拔，两次选拔过程相互独立.根据甲､乙､丙三人现有的水平，第一次选拔，甲､乙､丙三人合格的概率依次为；第二次选拔，甲､乙､丙三人合格的概率依次为. （1）求第一次选拔后甲､乙两人中只有甲合格的概率； （2）求甲、乙、丙经过前后两次选拔后，恰有一人合格的概率. 18. 已知函数. （1）求函数的单调减区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）若函数在上恰有3个零点，求的取值范围. 19. 如图，已知为圆O的直径，D为线段上一点，且，为圆O上一点，且，平面，． （1）求； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $