精品解析：山东省青岛第六十七中学2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题

高一期末数学测试题 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号． 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. 某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为（ ） A. 290 B. 295 C. 300 D. 330 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 3. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在平行四边形中，，若交于点M，则（ ） A. B. C. D. 5. 据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为( ) A. B. C. D. 6. 已知点，，，则点A到直线BC距离是（ ） A. B. C. D. 7. 如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角余弦值为时，则B与D之间距离为（ ） A. 1 B. C. D. 8. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A. B. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设为复数，.下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积随着点的运动而变化 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 直线平面 D. 三棱锥外接球表面积的最小值为 11. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在方向上投影向量为，则的最小值为 C. 若点P为BC的中点，则 D. 若，则为定值18 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量满足,且，则=_________________ ． 13. 抛掷一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是________. 14. 甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，的对边分别为，已知. （1）求； （2）已知点在线段上，且，求长. 16. 如图，三棱柱的棱长均为2，点在底面的射影O是的中点. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角余弦值. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，BC边的中线长为1． （1）求角A； （2）求边a的最小值． 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 19. 树人中学高一（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，，，…，，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，，，…，，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． （1）证明：； （2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； （3）如果数学成绩分数在内，记为C等，成绩等级为C的有4名学生；数学成绩分数在60分以下，记为D等，成绩等级为D的有2名学生．现从成绩等级为C，D的学生中随机抽取2名学生进行调研，求抽出的2名学生中至少有1名学生成绩等级为D的概率． 附：，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一期末数学测试题 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号． 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. 某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为（ ） A. 290 B. 295 C. 300 D. 330 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的知识求得正确答案. 【详解】将数据从小到大排序为：188，240，260，284，288， 290，300，360， ，所以分位数为. 故选：B 2. 已知，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的运算和模长计算求出即可. 【详解】， 所以， 所以， 故选：B. 3. 已知向量，则在上投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的公式求解. 【详解】根据题意，在上的投影向量为： . 故选：A 4. 在平行四边形中，，若交于点M，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形相似的性质结合向量的运算，即可得出答案. 【详解】，为线段靠近点的四等分点 显然，即 故选：B 【点睛】本题主要考查了用基底表示向量，属于中档题. 5. 据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分用(1根+4根)和(2根+3根)两种情况组成不同的两个数，求出总的组合数，并求出各个组合中两数的和，根据古典概型概率计算方法计算即可． 【详解】用五根小木棍摆成两个数，共有两种摆放方法： 第一种是用1根和4根小木棍可以组成：1与4、1与8，其和分别为5、9，共2种； 第二种是用2根和3根小木棍可以组成：2与3、2与7、6与3、6与7，其和分别为5、9、9、13，共4种； 故用五根小木棍随机摆成图中的两个数，有2+4=6种不同组合，其中两个数的和不小于9的有4种，故所求概率为． 故选：A． 6. 已知点，，，则点A到直线BC的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算可得，故，再根据向量的模长公式求出即可得解. 【详解】由已知得，， 所以， 所以， 所以点A到直线BC的距离是. 故选：B 7. 如图已知矩形，沿对角线将折起，当二面角的余弦值为时，则B与D之间距离为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可． 【详解】解：过和分别作，， 在矩形，， ， ， 则，即， 平面与平面所成角的余弦值为， ,， ， ，， 则， 即与之间距离为， 故选：C． 8. 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设为复数，.下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数模的概念判断A，利用复数的乘法运算判断B，根据共轭复数的性质及乘法运算判断C，根据特例法判断D. 【详解】由复数模的概念可知，不能得到， 例如，A错误； 由可得，因为，所以，即，B正确； 因为，而，所以，所以，C正确； 取，显然满足，但，D错误. 故选：BC 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不包含端点）上，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积随着点的运动而变化 B. 异面直线与所成角的取值范围是 C. 直线平面 D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A选项，连接，由平面，即直线上任意点到平面的距离相等； 对于B选项，为正三角形，则当且仅当在中点时，，即可判断； 对于C选项，证明平面即可， 对于D选项，当中点时，外接球半径最小，计算即可. 【详解】对于A选项，因为，所以平面，所以，为定值，即A错误； 对于B选项，因为为正三角形，与所成角的范围为，即B正确； 对于C选项，易知，，，，，则平面平面，可知平面，平面，即C正确； 对于D选项，易知当为中点时，外接球半径最小， 此时设的中心为，的中心为，的中点为， 则，，，则易知， 所以最小球即为以为球心，半径，表面积，即D错误． 故选：BC 11. 已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在方向上的投影向量为，则的最小值为 C. 若点P为BC的中点，则 D. 若，则为定值18 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于，根据向量加法的运算法则及三角函数的诱导公式化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据向量加法结合律律及平行四边形法则计算可得；对于D，根据向量数量积运算律计算即可. 【详解】解：如图，设BC的中点为E，连接QE，∵，由余弦定理可得： ，∴，∴， 又，∴，∴，∴， 对A选项，∵，∴，∴，又E为中点， ∴，又，∴， ∴，故A选项正确； 对B选项，∵在方向上的投影向量为，∴，又Q是AC的中点，P在BC上，∴当时，PQ最小，此时，故B选项错误； 对C选项，若点P为BC的中点，即P与E点重合，∵，∴， ∴，故C选项正确； 对D选项，∵，∴的平分线与BC垂直， ∴是以BC为底边的等腰三角形，∴，又由A选项分析知， ∴根据向量数量积的几何意义知， ∴，故D选项正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量满足,且，则=_________________ ． 【答案】 【解析】 【分析】由数量积的运算律求出，再由向量的模长公式即可得出答案. 【详解】由,得, 所以. 故答案为： 13. 抛掷一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得其对立事件，然后根据其与对立事件之和为，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 又因为为相互独立事件， 所以 所以中至少有一件发生的概率为 故答案为: 14. 甲､乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和.若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则，所以， 又，则，所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在中，的对边分别为，已知. （1）求； （2）已知点线段上，且，求长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理角化边即可得解. （2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理求解即得. 【小问1详解】 在中，由及余弦定理，得， 即，而， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理得， 为三角形内角，则，而，于是， 在中，由正弦定理得， 所以. 16. 如图，三棱柱的棱长均为2，点在底面的射影O是的中点. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，得的平面，以分别为建立的空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，结合向量和，利用夹角公式，即可求解； （2）求得平面的一个法向量，结合（1）中得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）由点在底面射影O是的中点，可得平面， 又由是等边三角形，所以两两垂直，以分别为建立如图所示的空间直角坐标系， 因为三棱柱的棱长都是2，所以得， 可得，所以， 在平面中，， 设法向量为，则有，可得， 取，可得，所以平面的一个法向量为， 记点到平面的距离d，则. （2）在平面中，， 设法向量为，则有，可得， 取，可得，所以， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，BC边的中线长为1． （1）求角A； （2）求边a的最小值． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）切化弦，结合正弦的两角和公式化简可得； （2）将两边平方，由基本不等式可得的最大值，利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 即， 所以， 因为，所以，，， 所以，即，又，所以． 【小问2详解】 因为BC边的中线长为1，所以， 所以，即， 解得，当且仅当时取等号． 所以 ， 所以a的最小值为． 18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证：平面平面； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，然后以点为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法求出的值，再利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为，，为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为，所以，即. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面； （2）因为，为的中点，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为， 如图，以为原点，以、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，其中， 所以，， 又，设平面的法向量为， 则，所以， 取，得， 由题意知平面的一个法向量为， 因为二面角为，所以， 因为，解得， 所以, 易知平面的一个法向量为，. 所以与平面所成角的正弦值为. 19. 树人中学高一（1）班某次数学质量检测（满分150分）的统计数据如下表： 性别 参加考试人数 平均成绩 标准差 男 30 100 16 女 20 90 19 在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为，，，…，，其平均数记为，方差记为；把第二层样本记为，，，…，，其平均数记为，方差记为；把总样本数据的平均数记为，方差记为． （1）证明：； （2）求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差（精确到1）； （3）如果数学成绩分数在内，记为C等，成绩等级为C的有4名学生；数学成绩分数在60分以下，记为D等，成绩等级为D的有2名学生．现从成绩等级为C，D的学生中随机抽取2名学生进行调研，求抽出的2名学生中至少有1名学生成绩等级为D的概率． 附：，，． 【答案】（1）证明见解析； （2）平均数为96分，标准差为18分； （3）． 【解析】 【分析】（1）根据已知代入方差公式，通过整理即可得证； （2）利用分层平均数公式、分层方差公式计算即可； （3）使用列举法，利用古典概型概率公式可得. 【小问1详解】 ∵ 同理． 所以． 【小问2详解】 将该班参加考试学生成绩的平均数记为，方差记为， 则， 所以． 又，所以． 即该班参加考试学生成绩平均数为96分，标准差约为18分． 【小问3详解】 由题意，将成绩等级为C的4名学生记为，，，， 成绩等级为D的2名学生记为，， 随机抽取2名学生的基本事件有，，，，， ，，，，，，，， ，，共15个基本事件． 其中“至少有1名学生成绩等级为D”包含，，，， ，，，，，共9个基本事件． ∴抽取的2名学生中至少有1名学生成绩等级为D的概率为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$