精品解析：福建省福州市闽侯县第二中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

闽侯二中2023-2024学年度第二学期期考 高一数学科试题 时间：120分钟 总分：150分 命题人：林真 审题人：林丹兰 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. 已知i是虚数单位，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用除法运算进行化简，然后利用虚部的定义进行求解即可 【详解】因为， 所以的虚部为， 故选：C 2. 在正方体中，则异面直线AC与的所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正方体的特点，将异面直线的夹角转化为共面直线的夹角，角形 为等边三角形，故 与的夹角为，从而得出异面直线的夹角为. 【详解】 正方体中， ，异面直线AC与的所成角即为 与所成的角，而三角形 为等边三角形，故 与的夹角为 ，所以异面直线AC与的所成角为 . 故选：C 【点睛】熟悉正方体的特点，以及求异面直线夹角通常转化为共面直线夹角来解决,注意几何图形的特点. 3. 在中，内角的对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理计算可得. 【详解】由正弦定理可得, 再由和比定理得. 故选：C. 4. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412 451 312 533 224 344 151 254 424 142 435 414 335 132 123 233 314 232 353 442 据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.45 C. 0.55 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】找出代表事件“一年内至少有1台设备需要维修”的数组，利用古典概型的概率公式可求得结果. 【详解】由题意可知，代表事件“一年内至少有1台设备需要维修”的数组有：、、、、、、、、，共组， 因此，所求概率为. 故选：B. 5. 已知等腰中，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由投影向量的概况结合正弦定理可求. 【详解】 由题意可得， 由正弦定理可得，可得， 在上的投影为， 所以在上的投影向量为， 即在上的投影向量为. 故选：A． 6. 已知平面向量满足．若，则（ ） A. －2 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的运算性质，判断，即可求解. 【详解】由知，，则. 故选：D 7. 已知三棱锥中，平面，4，3，，7，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意画出图形，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案． 【详解】如图， 设的外心为，过作底面的垂线，使，则为三棱锥的外接球的球心， 在中，由3，，7，得， 故，设的外接圆的半径为， 则，， ． 三棱锥外接球的表面积为． 故选：B 8. 已知中角，，所对的边分别为，，，满足，且．则的最大值为（ ） A. 6 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由正弦定理及两角和差得出,再由正弦定理边角互化结合辅助角公式计算即可. 【详解】中由正弦定理 , , , ,, ,时，的最大值为. 故选：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. 已知、都是复数，下列选项正确的是（ ） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则． 【答案】BD 【解析】 【分析】AC选项，举出反例；B选项，，设，，计算出，得到，计算出，B正确；D选项，设，，根据，得到，或，故. 【详解】A选项，设，，满足，但，A错误； B选项，若，设，， 故， 则 ， 又，故，B正确； C选项，设，，满足，不满足，C错误； D选项，设，， 则，， 因为，所以， 解得，或，故，D正确. 故选：BD 10. 下列对各事件发生的概率判断正确的是（ ） A. 某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为 B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为 C. 设两个独立事件和都不发生的概率为发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率是 D. 从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据相互独立事件的概率公式，可判断A、B、C，根据古典概型概率公式，可判断D. 【详解】对A：该生在第3个路口首次遇到红灯的情况为前2个路口不是红灯， 第3个路口是红灯，所以概率为，故A正确； 对B：用、、分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码， 则，，， “三个人都不能破译出密码”发生的概率为， 所以此密码被破译的概率为，故B正确； 对C：由题意可得，即， 即，即， 又，故，∴，故C错误； 对D：从1，2，3，4中任取2个不同的数，有， 共6个结果，其中取出的2个数之差的绝对值为2的包含和两个样本点， 则概率，故D正确； 故选：ABD. 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线为异面直线 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 二面角的平面角余弦值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】证明，说明四点共面，即可得A；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正弦值，即可得B；作出二面角的平面角，计算其余弦值，即可得C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积即可得D. 【详解】对于A，连接，则为矩形，则， 而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故， 则四点共面，故直线，不是异面直线，故A错误； 对于B，由于平面，故即为直线与平面所成角， 而，则， 故，故B正确； 对于C，连接交于点O，连接， 平面平面，故， 又平面，故平面， 即为二面角的平面角， 又， 故，故C正确； 对于D，连接，则， 则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面， 而， 故等腰梯形的高为， 故等腰梯形的面积为， 即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，故D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的面积为______ 【答案】 【解析】 【分析】先求出直观图矩形的面积，再根据原图形与直观图面积关系求出四边形的面积. 【详解】由题意，， 原图形面积与斜二测直观图形面积之间的关系为， 可得． 故答案为：． 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，， ，则的面积为________． 【答案】3 【解析】 【分析】利用余弦定理，结合已知求出，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】在中，由余弦定理，得，则， 于是，解得， 所以的面积为. 故答案为：3 14. 定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由等边圆锥和等边圆柱的定义可知，当等边圆柱内切于等边圆锥时体积最大，利用三角形相似求得圆柱半径可得其体积. 【详解】根据题意可知，等边圆锥的轴截面为等边三角形，且， 设等边圆柱轴截面是边长为的正方形，可知，如下图所示： 当圆柱体积最大时，等边圆柱内切于等边圆锥， 此时易知，即，可得， 解得，； 所以该圆柱的体积的最大值为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19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. 已知复数，． （1）若，，,对应的点在第四象限求的范围． （2）若， 求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的几何意义，列不等式，即可求解； （2）有复数模的公式，得到，再结合基本不等式，即可求解的最大值. 【小问1详解】 由题意知， 解得， 故实数的范围为 ． 【小问2详解】 ， 所以， 所以， 故． 当且仅当， 所求最大值为． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与底面所成角的正切值. 【答案】（1） 连接交于，连接， 底面是正方形， 为中点，又是线段的中点， ， 又平面，平面， 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，先证明，再通过线面平行的判定定理即可； （2）先证明平面，即为三棱锥的高，再通过三棱锥的体积公式计算即可； （3）取中点，连接，，证明底面，即为直线与底面所成角的平面角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为底面， 且底面， 所以， 又因为， 且平面，， 所以平面. 所以根据三棱锥的体积公式： . 【小问3详解】 取中点，连接，， ，分别为，中点， ，又底面， 底面， 为直线与底面所成角的平面角， ，， ， 直线与底面所成角的正切值为. 17. 在中，. （1）求角的大小； （2）若在边上，，且，求的面积. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理化简即可得出所求角； （2）由正弦定理求出，再由三角形的面积公式求解. 【小问1详解】 由题意得， 即， 由正弦定理得， 由余弦定理得. 因为，所以. 【小问2详解】 如图， 因为，所以. 在中，由正弦定理得， 解得， 则或（舍去）， 得，则. 故. 18. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人．按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； （2）现从以上各组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者． （ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； （ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 【答案】（1）32.25岁；37.5 （2）（ⅰ），（ⅱ）10 【解析】 【分析】（1）应用频率分布直方图求平均数再求百分位数即可； （2）先应用古典概型计算概率，再应用分层抽样求平均数和方差公式计算方差. 【小问1详解】 设这人的平均年龄为，则（岁） 设第80百分位数为，分数低于35分占， 分数低于40分占，故， 所以，解得． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙， 对应的样本空间为： ， 共15个样本点． 设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则， 共有9个样本点， 所以，． （ⅱ）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，， 则，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为． 则， ， 因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10， 据此，可估计这人中年龄在35至45岁的所有人的年龄方差约为10． 19. 欧拉（1707-1783），他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位，以及被称为人类伟大发现之一的，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，解决以下问题： （1）将复数表示成（，为虚数单位）的形式； （2）求的最大值； （3）若，则，这里，称为的一个次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据欧拉公式直接可得解； （2）由欧拉公式可证明，并得到，这即得结果； （3）根据单位根的概念，代入化简即可. 【小问1详解】 由欧拉公式有 . 【小问2详解】 由于，，故， 而当时，有. 故的最大值是. 【小问3详解】 由于，故，而，所以. 故 （利用） （利用） （利用） （利用） （利用）. 所以. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对欧拉公式的使用和复数四则运算法则的熟练运用. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 闽侯二中2023-2024学年度第二学期期考 高一数学科试题 时间：120分钟 总分：150分 命题人：林真 审题人：林丹兰 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. 已知i是虚数单位，则的虚部为（ ） A. 1 B. i C. D. 2. 在正方体中，则异面直线AC与的所成角为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角的对边分别为，若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2.用计算器产生1~5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下： 412 451 312 533 224 344 151 254 424 142 435 414 335 132 123 233 314 232 353 442 据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为（ ） A. 0.4 B. 0.45 C. 0.55 D. 0.6 5. 已知等腰中，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量满足．若，则（ ） A. －2 B. C. D. 2 7. 已知三棱锥中，平面，4，3，，7，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知中角，，所对的边分别为，，，满足，且．则的最大值为（ ） A. 6 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. 已知、都是复数，下列选项正确的是（ ） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则． 10. 下列对各事件发生的概率判断正确的是（ ） A. 某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为 B. 三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为 C. 设两个独立事件和都不发生的概率为发生不发生的概率与发生不发生的概率相同，则事件发生的概率是 D. 从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是 11. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线为异面直线 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 二面角的平面角余弦值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的面积为______ 13. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，， ，则的面积为________． 14. 定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为_________． 四、解答题：本题共5小题，，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19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. 已知复数，． （1）若，，,对应的点在第四象限求的范围． （2）若， 求的最大值． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，是线段的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与底面所成角的正切值. 17. 在中，. （1）求角的大小； （2）若在边上，，且，求的面积. 18. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人．按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； （2）现从以上各组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者． （ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； （ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 19. 欧拉（1707-1783），他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数，圆周率，两个单位——虚数单位和自然数单位，以及被称为人类伟大发现之一的，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，解决以下问题： （1）将复数表示成（，为虚数单位）的形式； （2）求的最大值； （3）若，则，这里，称为的一个次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得，复数，，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $