精品解析：山东省泰安市肥城市慈明学校2023-2024学年高一下学期期末检测数学试卷

肥城市慈明学校 2023—2024学年度第二学期期末检测 “慈爱明德•知行合一”高一数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，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涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题 1. 如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ） A. B. C. D. 随点的变化而变化 2. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ） A. B. C. 24 D. 48 3. 下列物理量中，不能称为向量的是（ ） A. 质量 B. 速度 C. 位移 D. 力 4. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是 A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙三人参加县里的英文演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（    ） A. B. C. D. 6. 已知焦点为的双曲线C的离心率为，点P为C上一点，且满足，若的面积为，则双曲线C的实轴长为（ ） A. 2 B. C. D. 7. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 8. 如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为 A. B. C. D. 二、多项选择题 9. 甲、乙、丙、丁4人每人随机选取VisualBasie、VisualC＋＋，VisualFoxpro三种编程语言之一进行学习，每种编程语言至少有1人学习，A表示事件“甲学习VisualBasic编程语言”；B表示事件“乙学习VisualBasic编程语言”；C表示事件“乙学习VisualC＋＋编程语言”，则（ ） A. 事件A与B相互独立 B. 事件A与C不是互斥事件 C. D. 10. 如图，在梯形中，，分别为边上的动点，且，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为9 C. 的最大值为12 D. 的最大值为18 11. 在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ） A. ，有唯一解 B. ，无解 C. ，有两解 D. ，有唯一解 三、填空题 12. 已知||=1，||=，且-与垂直，则与的夹角为_________ 13. 某同学次上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为，，，，.已知这组数据的平均数为，标准差为，则的值为____________. 四、双空题 14. 已知向量与的夹角为120°，且，则______，|______． 五、解答题 15. 已知向量，且. （1）求的值； （2）求向量与的夹角的余弦值. 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P，Q分别在棱、上. （1）若P是的中点，证明：； （2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积. 17. 如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为． （1）当时，求证：平面平面； （2）若为的中点，当时，求二面角的正切值． 18. 已知向量，且与的夹角为， （1）求证： （2）若，求的值； （3）若与的夹角为，求的值． 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 肥城市慈明学校 2023—2024学年度第二学期期末检测 “慈爱明德•知行合一”高一数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，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涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题 1. 如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ） A. B. C. D. 随点的变化而变化 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：连接，与是正三角形，， 则平面,即；又，所以， 即与所成的角的大小是. 考点：空间中垂直关系的转化. 2. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ） A. B. C. 24 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得. 【详解】由直观图可得如下平面图形： 其中，，，轴，且， 所以. 故选：D 3. 下列物理量中，不能称为向量的是（ ） A. 质量 B. 速度 C. 位移 D. 力 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的概念判断即可. 【详解】由于向量即有大小又有方向，故速度，位移，力为向量，质量只有大小不是向量. 故选：A 4. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】∵ ∴−=3(−)； ∴=−. 故选A. 5. 甲、乙、丙三人参加县里的英文演讲比赛，若甲、乙、丙三人能荣获一等奖的概率分别为且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中至少有两人获得一等奖的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分情况讨论：三人中恰有两人获得一等奖、三人都获得一等奖，根据独立事件的概率乘法公式求解出对应概率即可. 【详解】设甲、乙、丙获得一等奖的概率分别是 则不获一等奖的概率分别是 则这三人中恰有两人获得一等奖的概率为： 这三人都获得一等奖的概率为 所以这三人中至少有两人获得一等奖的概率 故选:D. 6. 已知焦点为的双曲线C的离心率为，点P为C上一点，且满足，若的面积为，则双曲线C的实轴长为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线定义可得，，应用余弦定理及已知有，最后由三角形面积公式列方程求，即得实轴长. 【详解】设，则，故（a为双曲线参数）， 所以，，故， 而，则，则，， 所以，故， 则，故长轴长. 故选：B 7. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由已知等量关系，应用复数的除法可得，即可得共轭复数，进而确定虚部. 【详解】由题设，，则， 所以的虚部为. 故选：B 8. 如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，面ABE,过B作BF，证明BF 面ACD, 为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离，利用三角形等面积即可求解. 【详解】由题知AB面BCD, ABCD,又BC=BD，点是的中点， BECD, 且BE= 又，CD面ABE, 过B作BF于E，则CDBF,又AECD=E, BF 面ACD, 为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离. ,解得BA=4 , ,利用 等面积知 . 故选D. 【点睛】本题考查线面角，点面距，过B作BF，证明BF 面ACD是关键. 二、多项选择题 9. 甲、乙、丙、丁4人每人随机选取VisualBasie、VisualC＋＋，VisualFoxpro三种编程语言之一进行学习，每种编程语言至少有1人学习，A表示事件“甲学习VisualBasic编程语言”；B表示事件“乙学习VisualBasic编程语言”；C表示事件“乙学习VisualC＋＋编程语言”，则（ ） A. 事件A与B相互独立 B. 事件A与C不是互斥事件 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由古典概率公式求出，再利用相互独立事件和互斥事件的定义判断A，B；用条件概率公式计算判断C，D. 【详解】4人选择3种编程语言之一，每种编程语言至少有1人学习，共有种安排方案， 甲学习VisualBasic编程语言、乙学习VisualBasic编程语言、乙学习VisualC+＋编程语言， 各有种方案，∴； 甲、乙均学习VisualBasic编程语言，有种方案，∴； 甲学习VisualBasic编程语言且乙学习VisualC＋＋编程语言，有种方案，∴， 对于A，∵，∴事件A与B不相互独立，故A错误； 对于B，∵，∴事件A与C不是互斥事件，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：BCD. 10. 如图，在梯形中，，分别为边上的动点，且，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为9 C. 的最大值为12 D. 的最大值为18 【答案】AC 【解析】 【分析】首先以点为原点建立平面直角坐标系，并利用坐标表示，再根据基本不等式，即可求解. 【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，则.设， 其中，且， 得. 因为，所以， 解得，当且仅当时，等号成立.， 当且仅当点或点与点重合时，等号成立，则. 所以的最大值为12，最小值为. 故选：AC 11. 在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ） A. ，有唯一解 B. ，无解 C. ，有两解 D. ，有唯一解 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三边确定可判断A选项；由正弦定理，在结合大边对大角可判断B，C，D选项. 【详解】解：选项A，，已知三边三角形确定，有唯一解，A正确； 选项B，由正弦定理得：，则，再由大边对大角可得，故可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有两解，B错误； 选项C，由正弦定理得：，则，且，由大边对大角可得，则只能为锐角，故三角形有唯一解，C错误； 选项D，由正弦定理得：，，由于，则是锐角，有唯一解，D正确. 故选：AD. 三、填空题 12. 已知||=1，||=，且-与垂直，则与的夹角为_________ 【答案】45° 【解析】 【分析】根据-与垂直，结合||=1，||=，求得cos<，>，再根据平面向量夹角范围求解. 【详解】∵-与垂直， ∴(-)·=0， ∴·-·=||2-||·||·cos<，>， =1-1··cos<，>=0， ∴cos<，>=. ∵0°≤<，>≤180°， ∴<，>=45°. 故答案为：45° 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 13. 某同学次上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为，，，，.已知这组数据的平均数为，标准差为，则的值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平均数和方差的计算方法可列出关于和的方程组，解之即可． 【详解】平均数为，即①， 方差为， 即②， 由①②解得，或，， 所以当，时，；当，， 故答案为：． 四、双空题 14. 已知向量与的夹角为120°，且，则______，|______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】已知结合数量积的运算律以及定义，即可得出.然后根据数量积的运算律，展开，即可得出答案. 【详解】∵向量与的夹角为，且，， ∴，，， 因为， 所以． 因为 . 所以． 故答案为：；. 五、解答题 15. 已知向量，且. （1）求的值； （2）求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用平面向量垂直的坐标公式计算即可. （2）运用平面向量夹角公式计算即可. 【小问1详解】 因为，， 所以，解得. 故的值为3. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以， 所以， 所以. 故与的夹角的余弦值为. 16. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P，Q分别在棱、上. （1）若P是的中点，证明：； （2）若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积. 【答案】（1） 以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设，其中，， 若P是的中点，则，，， 于是，∴，即. （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明异面直线的垂直； （2）求平面法向量，由二面角的余弦值为和平面，解得P点坐标，可求四面体的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题设知，，是平面内的两个不共线向量. 设是平面的一个法向量， 则取，得. 又平面的一个法向量是， ∴， 而二面角的余弦值为，因此， 解得或（舍去），此时. 设（），而，由此得点，， ∵平面，且平面的一个法向量是， ∴，即，解得，从而. 将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高， 故四面体的体积. 17. 如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为． （1）当时，求证：平面平面； （2）若为的中点，当时，求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1) 当时，可证得平面，从而证得平面平面； (2) 取的中点，连接，证得为二面角的平面角，过作于点，过作与点，证得为二面角的平面角，解三角形得结果. 【小问1详解】 当时，平面平面． 在直角梯形中，，所以，所以， 因为平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，因为，所以． 因为为的中点，连接，则为的中位线，所以． 因为，所以， 所以为二面角的平面角，即． 因为，所以平面． 因为平面，所以平面平面． 因为平面平面，所以过作，交于点，则平面． 平面，，过作与点，连结，． 所以．所以为二面角的平面角． 在中，，，． 在中，． 在中，， 所以，故二面角的正切值为． 18. 已知向量，且与的夹角为， （1）求证： （2）若，求的值； （3）若与的夹角为，求的值． 【答案】（1）证明见解 （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量的数量积的定义及向量数量积的运算律，结合向量垂直的条件即可求解； （2）根据（1）的结论及向量的模公式，结合向量数量积的运算律及一元二次方程的解法即可求解； （3）根据（1）的结论及向量的模公式，利用向量的数量积的运算律及向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为与的夹角为， 所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 因为， 所以，即， 于是有，即 ，解得或, 所以的值为或. 【小问3详解】 由（1）知，， 因为 所以， ， ， 因为与的夹角为， 所以，即，且， 于是有，解得或（舍）, 所以的值为. 19. 如图，在四棱锥中，平面平面，为棱的中点． （1）证明：平面； （2）若， （i）求平面PDM与平面BDM夹角的余弦值； （ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，先证四边形是平行四边形，可知，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）先利用面面垂直的性质定理证明平面，再证，，两两垂直，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）利用向量法求平面与平面的夹角即可；（ⅱ）设，利用向量法表示出点到平面的距离，可得关于的方程，解之即可． 【小问1详解】 取的中点N，连接， 如图所示：为棱的中点，， ， ∴四边形是平行四边形，， 又平面平面平面． 【小问2详解】 ， ∵平面平面，平面平面平面， 平面， 又平面，而，  ∴以点D为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 如图：则， 为棱的中点，                      （i）， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 平面的一个法向量为，           ， ∴平面PDM与平面BDM的余弦值为； （ii）假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设，则，       由（2）知平面的一个法向量为，， ∴点Q到平面的距离是，  ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $