精品解析：河南省项城市第三高级中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

项城三高2023-2024学年度下期期末考试 高一数学试卷 （满分150分，考试时间120分钟） 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，所有答案都填写在答题卡上. 一､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. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，不变的数字特征是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 设△的内角A，B，C所对边分别为，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形的面积为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 4 B. 12 C. 2 D. 7. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下述正确的是（ ） A. 与互为对立事件 B. 与互斥 C. 与相等 D. 与相互独立 8. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知i为虚数单位，在复平面内，复数，以下说法正确的是（ ） A. 复数z的虚部是 B. C. 复数z的共轭复数是 D. 复数z的共轭复数对应的点位于第四象限 10. 给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 数据0，1，2，4的极差与中位数之积为6 B. 已知一组数据的方差是5，则数据的方差是20 C. 已知一组数据的方差为0，则此组数据的众数唯一 D. 已知一组不完全相同的数据的平均数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，其平均数为，则 11. 在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点满足，下列结论正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则过点的截面面积是 C. 若，则点到平面的距离是 D. 若，则与平面所成角的正切值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将一钢球放入底面半径为的圆柱形玻璃容器中，水面升高，则钢球的半径是______. 13. 某校从高一新生中随机抽取了一个容量为10的身高样本，数据（单位：cm）从小到大排序如下：158，165，165，167，168，169，171，172，173，175．则这组样本数据的第60百分位数是________． 14. 已知在边长为2的菱形中，，点满足，则__________. 四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标号为号和号），记下两枚骰子朝上的点数，求下列事件的概率： （1）“两个点数之和是5”； （2）“两个点数相等”； （3）“号骰子的点数大于号骰子的点数”． 16. 已知平面向量，，，且，． （1）求和； （2）若，，求向量和向量的夹角的大小． 17. 已知在中，. （1）求的大小； （2）若的面积为，求的周长 18. 某校从高一年级学生中随机抽取60名学生，将期中考试的数学成绩均为整数分成六组：后得到如图所示频率分布直方图． （1）求的值； （2）根据频率分布直方图，求众数和中位数； （3）用比例分配的分层随机抽样的方法在各分数段的学生中抽取一个容量为20的样本，求在分数段抽取的人数； 19. 如图，在四面体中，平面，，点为上一点，且，连接. （1）求证． （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 项城三高2023-2024学年度下期期末考试 高一数学试卷 （满分150分，考试时间120分钟） 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，所有答案都填写在答题卡上. 一､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. 演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，不变的数字特征是（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 方差 D. 极差 【答案】A 【解析】 【分析】根据中位数，平均数，方差，极差的定义进行判断，得到答案. 【详解】A选项，9个数据从小到大进行排列，，故中位数为， 去掉后，的中位数为，A正确； B选项，原数据的平均数为， 去掉后，的平均数为， 则， 由于的正负不确定，无法确定平均数是否改变，B错误； C选项，同平均数一样，方差也无法确定是否改变，C错误； D选项，若，则极差不改变， 若或，此时极差变小，D错误. 故选：A． 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算. 【详解】依题意得，，故. 故选：D 3. 已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间线面位置关系依次分析各选项即可得答案. 【详解】解：对于A选项，若，，则或异面，故A选项错误； 对于B选项，若，，则，故B选项正确； 对于C选项，若，，则或或相交，故C选项错误； 对于D选项，若，，则或，故D选项错误； 故选：B 4. 设△的内角A，B，C所对边分别为，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知与正弦定理可求得，利用大边对大角可得为锐角，结合特殊三角函数值即可求解. 【详解】结合题意，由正弦定理可得， 又，且为锐角，为锐角，. 故选：. 5. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，则平面图形的面积为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】运用斜二测画法得到原图，再用梯形面积公式计算即可. 【详解】如图，作平面直角坐标系，使A与O重合，在x轴上，且，在轴上，且，    过作，且，连接，则直角梯形为原平面图形，其面积为． 故选：C. 6. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 4 B. 12 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出，再由化简计算即可 【详解】因为向量，它们的夹角为， 所以， 所以. 故选：C. 7. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则下述正确的是（ ） A. 与互为对立事件 B. 与互斥 C. 与相等 D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】列举出抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果，再逐一分析判断各个选项即可. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)， 事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)，事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)， 显然事件A，事件B都含有“(正，反)”这一结果，即事件A，事件B能同时发生，因此，事件A，事件B既不互斥也不对立，故A，B均错误； 事件A，事件B中有不同的结果，于是得事件A与事件B不相等，故C错误； 因为，则，所以A与B相互独立，故D正确. 故选：D. 8. 甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由互斥事件的概率计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意可得，甲最终获胜有两种情况： 一是前两局甲获胜，则获胜的概率为， 二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为， 而这两种事件是互斥的， 所以甲最终获胜的概率为． 故选：C 二､多选题：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. 已知i为虚数单位，在复平面内，复数，以下说法正确的是（ ） A. 复数z的虚部是 B. C. 复数z的共轭复数是 D. 复数z的共轭复数对应的点位于第四象限 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算可得，再利用复数的概念、复数的模、共轭复数的概念以及复数的几何意义逐一判断即可. 【详解】， 对于A，复数z的虚部是，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，复数z的共轭复数是，故C正确； 对于D，，在复平面内，对应点的坐标为， 复数z的共轭复数对应的点位于第四象限，故D正确. 故选：CD 10. 给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 数据0，1，2，4的极差与中位数之积为6 B. 已知一组数据的方差是5，则数据的方差是20 C. 已知一组数据的方差为0，则此组数据的众数唯一 D. 已知一组不完全相同的数据的平均数为，在这组数据中加入一个数后得到一组新数据，其平均数为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求得极差、中位数即可判断；对于B，根据方差的性质即可判断；对于C，根据方差的定义可得，从而可判断；对于D，根据平均数的计算公式即可判断. 【详解】对于A，极差为，中位数为，所以极差与中位数之积为，A对； 对于B，根据方差的性质可知，数据的方差是，B错； 对于C，由方差， 可得，即此组数据众数唯一，C对； 对于D，， ，D对. 故选：ACD 11. 在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点满足，下列结论正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则过点的截面面积是 C. 若，则点到平面的距离是 D. 若，则与平面所成角的正切值为 【答案】BD 【解析】 【分析】延长相交于点，若平面，根据线面平行的性质定理可得与重合可判断A；连接，得四边形即为过点的截面，利用四边形是等腰梯形，求出面积可判断B；以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的向量求法可判断C；利用线面角的向量求法可判断D. 【详解】对于A，若，则，即点与点重合， 延长相交于点，连接，则平面平面， 若平面，平面，所以， 因为，所以，即与重合，显然不可能，故A错误； 对于B，若，则，即点与点重合， 连接，因为，所以， 即四边形即为过点的截面，且， ， 所以四边形是等腰梯形，其高为， 所以四边形的面积为，故B正确； 对于C，若，即点是的中点，以为原点，所在 的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则， ，， 设为平面的一个法向量，则 ，所以，令，则， 所以，所以点到平面的距离为 ，故C错误， 对于D，若，由C，，所以， 为平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 则， 所以， 可得，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：CD选项的解题的关键点是建立空间直角坐标系求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 将一钢球放入底面半径为的圆柱形玻璃容器中，水面升高，则钢球的半径是______. 【答案】3 【解析】 【分析】 设球的半径为cm，由球的体积等于水面升高的体积，即可列方程求钢球半径. 【详解】由题意知：水面升高的体积等于钢球的体积，设钢球的半径为cm，则： ，解得：， 故答案为：3 13. 某校从高一新生中随机抽取了一个容量为10的身高样本，数据（单位：cm）从小到大排序如下：158，165，165，167，168，169，171，172，173，175．则这组样本数据的第60百分位数是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数的定义计算即可. 【详解】因为， 所以这组样本数据的第60百分位数是. 故答案为：. 14. 已知在边长为2的菱形中，，点满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据相似比可得，即可利用数量积的几何意义求解. 【详解】如图，设与交于点，过点作的平行线交于点.因为， 所以，所以， 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以，且，所以在上的投影向量为， 所以. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16､17小题15分，第18､19小题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 抛掷两枚质地均匀的骰子（标号为号和号），记下两枚骰子朝上的点数，求下列事件的概率： （1）“两个点数之和是5”； （2）“两个点数相等”； （3）“号骰子的点数大于号骰子的点数”． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）判断出符合古典概型，列出样本空间，找到满足事件的样本点，求比值即可； （2）列出满足事件的样本点，求比值即可； （3）列出满足事件的样本点，求比值即可． 【小问1详解】 用表示号出现的点数为，用表示号出现的点数为， 则用表示这个实验的一个样本点， 样本空间，共有36个样本点． 由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型． ， ， ； 【小问2详解】 ， ， ； 【小问3详解】 ． 16. 已知平面向量，，，且，． （1）求和； （2）若，，求向量和向量的夹角的大小． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【分析】（1）由列方程可求出，再由列方程可求出，从而可求出和； （2）先求出向量和向量的坐标，再利用向量的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 故，； 【小问2详解】 ，， 设向量和向量的夹角为， 则， 因为，所以， 即向量和向量的夹角的大小为． 17. 已知在中，. （1）求的大小； （2）若的面积为，求的周长 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦展开式化简可得答案； （2）利用三角形的面积公式求出，余弦定理求出可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理， 得. 所以. 因为，所以， 因为，所以，即， 又因为，所以； 【小问2详解】 因为，即， 即，所以， 又因为，即， 所以，所以的周长为. 18. 某校从高一年级学生中随机抽取60名学生，将期中考试的数学成绩均为整数分成六组：后得到如图所示频率分布直方图． （1）求的值； （2）根据频率分布直方图，求众数和中位数； （3）用比例分配的分层随机抽样的方法在各分数段的学生中抽取一个容量为20的样本，求在分数段抽取的人数； 【答案】（1） （2）众数为75，中位数 （3）11 【解析】 【分析】（1）根据小矩形面积之和为建立等式求解即可； （2）找到最高的小矩形的底所在的两个端点值求解即可；首先确定中位数在那一组内，再利用从左到右面积等于建立等式求解； （3）确定抽相比，然后乘以分数段的人数即可求解． 【小问1详解】 由题意可得， 解得； 【小问2详解】 根据频率分布直方图可知，分数段的频率最高，因此众数为75， 设中位数为，则， 解得； 【小问3详解】 因为总体共60名学生，样本容量为20，因此抽样比为． 又在分数段共有（人）， 因此在分数段抽取的人数是（人）． 19. 如图，在四面体中，平面，，点为上一点，且，连接. （1）求证． （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面，得，而，则由线面垂直的判定定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论； （2）由可得点到平面的距离为，在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出，从而可求出，则可求出，然后利用等体积法可求得结果； （3）取的中点，连接，过作于，过作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后根据已知的数据在中求解即可. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以； 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 因为，所以，， 因为点为上一点，且， 所以，点到平面的距离为， 因为，，所以，， 由（1）知平面，因为平面，所以， 所以， 在中，由余弦定理得 ， 在中，由余弦定理得, 所以， 所以, 设点D到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得. 【小问3详解】 取的中点，连接，过作于，过作于，连接， 因为在平面中，，，所以‖， 由（1）知，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，， 所以， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直性质的应用，考查棱锥的体积的求法，考查二面角的求法，第（3）问解题的关键是根据已知条件作出二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $