精品解析：安徽省六安第二中学河西校区2023-2024学年高一下学期6月期末考试数学试题

六安二中河西校区2023级高一年级第二学期期末考试 数学试卷 分值：150分 时间：120分钟 命题人：刘欢 审题人：李纯菊 注意事项或温馨提示 1.考生务必将自己的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上， 2.每小题选出答案后，用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，再选涂其它答案标号.不能答在试题卷上. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答策无效. 4.保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本大题共8小题，每题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，请将正确的选项填涂在答题卡上， 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ) A B. C. D. 2. 已知向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 16 C. D. 4 3. 假设，，且A与相互独立，则（ ） A. 0.9 B. 0.75 C. 0.88 D. 0.84 4. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 5. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金180枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这360枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（ ） A. 甲180枚，乙180枚 B. 甲288枚，乙72枚 C. 甲240枚，乙120枚 D. 甲270枚，乙90枚 7. 如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③； ④平面. 其中正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的为（ ） A. 数据2，2，3，5，6，7，7，8，10，11的下四分位数为3 B. 数据的标准差为2，则数据的方差为16 C. 若，则有两解 D. 若，则在上投影向量为 10. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ） A. 与是互斥事件 B. 与互为对立事件 C. 发生的概率为 D. 与不相互独立 11. 如图，在直三棱柱中，已知为的中点，过的截面与棱分别交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段长度的取值范围是 C. 当点为中点时，截面的周长为 D. 存在点，使得 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 六安二中为了了解学生参加数学建模社团的情况，采用了分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了400人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了140人.已知该校高三年级共有1440名学生，则该校共有学生______人. 13. 已知为虚数单位，若复数满足，则取值范围是______. 14. 在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为______. 四、解答题：本题共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. 2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“哈尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，六安文旅也在各大平台发布了六安的宣传片：六安瓜片、舒城小兰花、固镇大白鹅等等出现在大众视野现为进一步发展六安文旅，提升六安经济，在5月份对来六安旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. （1）试估计游客满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和第60百分位数. （2）六安文旅6月份继续对来六安旅游的游客发起满意度调查现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为85，方差为74：6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为95，方差为69.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差. 16. 已知在中，三边所对的角分别为，且满足 （1）求； （2）若外接圆的半径为2，求的面积. 17. 为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． （1）求p和q的值； （2）求甲、乙两人共答对3道题概率． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． （1）证明：； （2）若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 19. 如图，设是平面内相交成的两条射线，分别与同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； （2）如上图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，分别为中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 六安二中河西校区2023级高一年级第二学期期末考试 数学试卷 分值：150分 时间：120分钟 命题人：刘欢 审题人：李纯菊 注意事项或温馨提示 1.考生务必将自己的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上， 2.每小题选出答案后，用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，再选涂其它答案标号.不能答在试题卷上. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答策无效. 4.保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单项选择题：本大题共8小题，每题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，请将正确的选项填涂在答题卡上， 1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算化简，由此求得的虚部. 【详解】，故虚部为. 故选：C 【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题. 2. 已知向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 16 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量模的数量积公式，即可计算结果. 【详解】 . 故选：C 3. 假设，，且A与相互独立，则（ ） A. 0.9 B. 0.75 C. 0.88 D. 0.84 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立事件的乘法公式求得，再根据和事件的概率计算即可求得答案. 【详解】由题意，，且A与相互独立， 则, 故， 故选：C 4. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（ ） A. 3 B. C. 7 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量基本定理，结合平面向量的线性运算性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以， 故选：C 5. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确. 【详解】A选项：如图： 在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误； B选项：如图： 在正方体中，，此时，B选项错误； D选项：如图： 在正方体中：，此时，D选项错误； C选项：如图： 过作平面，使得，，∵，∴，则， 又∵，∴，∴，C选项正确. 故选：C. 6. 概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金180枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局.问这360枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是（ ） A. 甲180枚，乙180枚 B. 甲288枚，乙72枚 C. 甲240枚，乙120枚 D. 甲270枚，乙90枚 【答案】D 【解析】 【分析】利用独立事件的概率公式进行求解即可. 【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为， 假设两人继续进行比赛， 甲获取360枚金币有：第四局甲赢，或第四局甲输，第五局甲赢， 故概率为， 乙获取360枚金币有：第四、五局乙都赢， 故概率为， 则甲应该获得枚金币，乙应该获得枚金币， 故选：D 7. 如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③； ④平面. 其中正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】①，作出辅助线，得到四点共面，故①错误；②，在①基础上得到交于一点，故②错误；③，作出辅助线，得到为平行四边形，，③错误；④，作出辅助线，得到面面平行，进而得到线面平行. 【详解】①，连接， 因为分别是的中点， 所以， 因为，所以， 故四点共面，故与是共面直线，①错误； ②，由①可知，与是共面直线，延长相交于一点， 故平面，平面， 所以平面与平面的交线， 即， 故交于一点，所以不相交于一点，②错误； ③，取的中点，连接，则且， 又且， 故且， 故四边形为平行四边形， 故，故不平行，③错误； ④，取的中点，连接，， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，④正确 故选：A 8. 在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设条件依次可求得边和角的三角函数值，从而将向量等式化简，利用平面向量基本定理得到，最后利用常值代换法即可求得. 【详解】由①，由和正弦定理可得②， 把②代入①可得，， 又由可得代入①可得，， 则角是锐角，，代入①可得，， 又由余弦定理，得， 于是，，因为线段上的一点，则， 因， 当且仅当时等号成立，即时，取得最小值. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正、余弦定理，平面向量基本定理和向量数量积运算，以及基本不等式得应用，属于难题.解决此类题，一般从各个边、角的等式转化入手，运用相关公式或定理各个击破，得出一系列信息，最后借助于主干条件，如此题的得出，从而使问题得解. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列说法正确的为（ ） A. 数据2，2，3，5，6，7，7，8，10，11的下四分位数为3 B. 数据的标准差为2，则数据的方差为16 C. 若，则有两解 D. 若，则在上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据下四分位数的定义、方差的性质、正弦定理、投影向量的定义逐一判断即可. 【详解】A：因为，所以数据2，2，3，5，6，7，7，8，10，11的下四分位数为3，正确； B：因为数据的标准差为2，所以数据的方差为4， 因此数据的方差为，正确； C：由正弦定理可得，因为必为锐角，因此有一解，不正确； D：因为，，所以在上的投影向量为，正确， 故选：ABD 10. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ） A. 与是互斥事件 B. 与互为对立事件 C. 发生的概率为 D. 与不相互独立 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断即可. 【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有种情况， = {(2，1)，(2，3)，(2，4) ，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6) ，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}共15个样本点， = {(2，1)， (3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(1，3)，(2，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5) ，(6，5)}共15个样本点， 故，故C正确; 事件与可以同时发生，不是互斥事件，故A错误; = {(1，3)，(1，5) ，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，2)，(4，6)，(5.1)，(5，3) ，(6，2)，(6，4)}共12个样本点， 故， D = {(1，2)，(1 ，4)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(4，1)，(4，3) ，(4，5).(5，2)，(5.4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，5)}共18个样本点， 所以C与D互为对立事件，故B正确; 事件BC = {(3，1)， (5，1)，(1，3)，(5，3)，( 1，5)，(3，5)}共6个样本点， 所以，所以B与C相互独立，故不D正确. 故选：BC. 11. 如图，在直三棱柱中，已知为的中点，过的截面与棱分别交于点，则下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 线段长度的取值范围是 C. 当点为中点时，截面的周长为 D. 存在点，使得 【答案】AC 【解析】 【分析】直接证明三棱锥的体积为定值判断； 由三角形相似可得与的关系，结合的范围求得线段的长度的取值范围判断； 根据题意，分别求出四边形各边长即可判断； 由反证法证明错误. 【详解】 连接，则的面积为定值， 平面，平面，且， 平面，而， 到平面的距离为定值， 则三棱锥的体积为定值，故正确； 延长交的延长线于点，连接交于点， 则，即， 得， 又，则， ， ，， ，，， ，故错误； 当点为棱中点时， ，， ， ，， 故截面的周长为，故正确； 假设， 取上靠近点的四等分点， 则平面，平面， 所以，又， 因为平面，， 所以平面，平面， 则， 所以∽，得，则，矛盾 所以不存在点，使得，故错误； 故选：. 【点睛】分离常数法求值域： 一些简单分式型函数求值域可用分离常数法，最常见类型为：，，，如本题中选项的为型. 具体方法为：（1）先将分子凑出和分母相同的式子，如； （2）根据分式加减法法则分类常数，如； （3）根据题目所给范围直接求值域（或可用换元法求值域）. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 六安二中为了了解学生参加数学建模社团的情况，采用了分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了400人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了140人.已知该校高三年级共有1440名学生，则该校共有学生______人. 【答案】 【解析】 【分析】根据分层抽样的抽样比公式进行求解即可. 【详解】三个年级抽到学生的人数比为：， 设该校共有学生人，所以有， 故答案为： 13. 已知为虚数单位，若复数满足，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义，作出复数对应的点的轨迹，理解所求即轨迹上的点到点的距离，结合图形易求距离的最大、最小值,即得范围. 【详解】 由可知，复数对应的点在以点为圆心，半径为的圆上， 而可理解为圆上的点到点的距离， 作直线,交圆于点,如图所示. 显然,当点与点重合时，, 当点与点重合时，. 即的取值范围是. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】先证明三棱锥的外接球球心在平面上的投影为点，再证点在平面内，即在上，利用和，建立外接球半径的两个方程，解之即得. 详解】 如图，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，则点是的外心， 故三棱锥的外接球球心必满足平面，因平面，故. 又平面平面且平面平面，故点在平面内， 过点作，交于，则点在上. 因， 则，于是, 设三棱锥的外接球半径为，， 在中，由余弦定理，， 在中，， 联立两方程，解得，则， 故该三棱锥的外接球的体积为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三棱锥的外接球体积，属于较难题. 解题的思路是从选底面入手，证明外接球球心在底面上的投影即点，接着通过边和角的计算，借助于和，建立外接球半径的两个方程，解之即得. 四、解答题：本题共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. 2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“哈尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，六安文旅也在各大平台发布了六安的宣传片：六安瓜片、舒城小兰花、固镇大白鹅等等出现在大众视野现为进一步发展六安文旅，提升六安经济，在5月份对来六安旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. （1）试估计游客满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和第60百分位数. （2）六安文旅6月份继续对来六安旅游的游客发起满意度调查现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为85，方差为74：6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为95，方差为69.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差. 【答案】（1）平均值为，第百分位数为； （2）总样本的平均数为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求出，进而即可求出平均数；先确定60%分位数的位置，再由频率分布直方图求求值； （2）求出总样本平均数，根据方差的定义，即可求出总样本方差. 【小问1详解】 由题意知，，所以， 所以满意度得分的平均值为， 因为，， 所以第百分位数位于第三个区间内， 所以第百分位数为分. 【小问2详解】 把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为，总样本方差为， 则总样本平均数， 由方差的定义，样本总方差为： 所以， 所以总样本的平均数为，方差为. 16. 已知在中，三边所对角分别为，且满足 （1）求； （2）若外接圆的半径为2，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得角； （2）利用正弦定理结合三角形的外接圆半径可求出，则可求得，再利用余弦定理化简变形可求出，从而可求出三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为外接圆的半径为2，， 所以，得， 所以， 由余弦定理得， 所以，得， 所以. 17. 为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． （1）求p和q的值； （2）求甲、乙两人共答对3道题的概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解； （2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得. 【小问1详解】 设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，． 设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题， 则，． ∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响， ∴A与B相互独立，与互斥， ∴,． 由题意得解得或 ∵，∴，． 【小问2详解】 设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，． 由题意得，，，． 设E：甲、乙两人共答对3道题，则， ∴， ∴甲、乙两人共答对3道题的概率为． 18. 如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点． （1）证明：； （2）若，直线与直线所成角的余弦值为． （ⅰ）求直线与平面所成角； （ⅱ）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得. （2）（ⅰ）利用线面垂直的判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值. 【小问1详解】 取的中点，连接，由平面，，得平面， 而平面，则，由为的中点，得， 则四边形是平行四边形，因此， 所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由为的中点，，则，而， 平面，于是平面，平面， 则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为， 在中，，而， 解得，则，由平面，得直线与平面所成角为， 显然，则， 所以直线与平面所成角为. （ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形， ，，由三角形面积法得， 由勾股定理得，过作交于，与延长线交于点， 在直角梯形中，，则， ，显然∽，则， 于是，，为线段的中点， 显然是二面角的平面角，在正中，， 由平面，平面，则，平面， 于是平面，而平面，则，， 所以二面角的余弦值. 【点睛】思路点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角． 19. 如图，设是平面内相交成的两条射线，分别与同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记. （1）在仿射坐标系中 ①若，求； ②若，且与的夹角为，求； （2）如上图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，分别为中点，求最大值. 【答案】（1）; （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方后利用向量数量积的运算律计算即得； ②利用（1）得到的模长公式，求得和，再计算，再将条件代入公式，列出方程，即可求出的值. （2）设出点用表示出，利用正弦定理，经过三角恒等变换，化简成正弦型函数，求得其最大值. 【小问1详解】 ① 由可得，，则， 即； ②依题意，将代入（1）得到的模长公式即得，，， ， 因与的夹角为，则由可得，，解得，. 【小问2详解】 依题意，设， 因是的中点，则， 是的中点，则， 故 因，， 则， 在中，由余弦定理，，即，代入上式可得， ， 由正弦定理，，设，则， 于是 ，其中， 则. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查新定义的仿射坐标系中的向量的运算，属于难题. 解决第（2）题的关键在于，设出的坐标，，求得的表达式，运用正弦定理，三角恒等变换化成正弦型函数是解决该题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$