精品解析：浙江省湖州市德清县第六中学2023-2024学年高一下学期期末（一）数学试题

2023-2024学年高一数学下学期期末试卷（一） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（ ） A. 11 B. 13 C. 16 D. 17 2. 已知复数z满足，则复数z在复平面内的对应点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 如图，一架高空侦察飞机以的速度在海拔的高空沿水平方向飞行，在点处测得某山顶的俯角为，经过后在点处测得该山顶的俯角为，若点A，B，M在同一个铅垂平面内，则该山顶的海拔高度约为（ ）（，） A. B. C. D. 4. 已知向量 ，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 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 6. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 8. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)，图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ） A. 高为2 B. 母线长为3 C. 表面积为14π D. 体积为π 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.7，10.0，10.0，10.0，10.3，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（ ） A. 甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数 B. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差 C. 甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数 D. 甲乙两种水稻近五年的总方差为 10. 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ） A. 事件A与事件B对立 B. 事件A与事件B相互独立 C. 事件A与事件C相互独立 D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点的轨迹是一条线段 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，是单位向量，且，则向量与的夹角为________． 13. 已知函数和，其中、均可取1、2、3、4、5、6中的任一数.则这两函数图象有交点的概率为________. 14. 已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸． 15. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立． （1）求第三局结束时甲获胜的概率； （2）求乙最终以分获胜的概率． 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为 （1）求A； （2）求周长的最大值. 17. 甲､乙､丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束. （1）若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率； （2）请帮助甲进行第一局的决策（甲乙､甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大. 18. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且． （1）证明：平面． （2）证明：平面平面． （3）若，求二面角的正切值． 19. 任意一个复数z的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中i为虚数单位，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：，，则：.如果令，则能导出复数乘方公式：.请用以上知识解决以下问题. （1）试将写成三角形式； （2）试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；； （3）计算：的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年高一数学下学期期末试卷（一） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（ ） A. 11 B. 13 C. 16 D. 17 【答案】D 【解析】 【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数. 【详解】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24， 因为，所以这组数据的上四分位数为. 故选：D 2. 已知复数z满足，则复数z在复平面内的对应点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据复数的四则运算、共轭复数的定义与复数的几何意义计算，即可求解. 【详解】设R)，则， 由，得， 即，所以， 解得，故， 所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B 3. 如图，一架高空侦察飞机以的速度在海拔的高空沿水平方向飞行，在点处测得某山顶的俯角为，经过后在点处测得该山顶的俯角为，若点A，B，M在同一个铅垂平面内，则该山顶的海拔高度约为（ ）（，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，由正弦定理求出，再由可求出结果. 【详解】依题意得，， 在中，米，， 由正弦定理得，得米， 又 所以该山顶的海拔高度为米. 故选：B 4. 已知向量 ，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，结合投影向量的定义分析求解. 【详解】因为， 则， 所以在方向上的投影向量为. 故选：A. 5. 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 6. 如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得，再根据向量的加减法则用把表示出来，从而可求出，进而可求出. 【详解】因为为平行四边形对角线上一点，交于点， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 故选：C 7. 已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理和得到，，求出，得到答案. 【详解】， 即，故， ， 因为，所以，故， 因为，所以， 故为等腰直角三角形. 故选：D 8. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)，图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ） A. 高为2 B. 母线长为3 C. 表面积为14π D. 体积为π 【答案】D 【解析】 【详解】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则2πr＝×3，即r＝1；2πR＝×6，即R＝2.又圆台的母线长为l＝6－3＝3，所以圆台的高h＝＝2，故A，B正确．圆台的表面积S＝π(1＋2)×3＋π×12＋π×22＝14π，故C正确；圆台的体积V＝π×2×(22＋12＋2×1)＝π，故D错误．故选D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9. 已知甲种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.7，10.0，10.0，10.0，10.3，乙种杂交水稻近五年的产量（单位：吨/公顷）数据为：9.6，9.7，10.0，10.2，10.5，则（ ） A. 甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数 B. 甲种的样本方差大于乙种的样本方差 C. 甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数 D. 甲乙两种水稻近五年的总方差为 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算平均数判断A，根据方差判断B，计算百分位数判断C，计算总方差判断D. 【详解】对于A，，，正确； 对于B，因为甲、乙平均值都为，所以， ， 显然甲种的样本方差小于乙种的样本方差，错误； 对于C，，故甲种样本的分位数为， 乙种样本的分位数为，所以甲种样本的分位数小于乙种样本的分位数，正确； 对于D，甲乙两种水稻近五年的总方差为0.072， 故甲乙两种水稻近五年的总方差为 ， 正确. 故选：ACD 10. 同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ） A. 事件A与事件B对立 B. 事件A与事件B相互独立 C. 事件A与事件C相互独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，甲骰子点数为奇数，乙骰子点数为偶数，事件可以同时发生，由对立事件的概念可判断；对于B，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于C，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于D，由前面可知，即可判断是否相等. 【详解】由题意，得，，， 对于A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，故A错误； 对于B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，故B正确； 对于C，，又，故事件A与事件C相互独立，故C正确； 对于D，由上知，，故D错误． 故选：BC． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点的轨迹是一条线段 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值.选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面， 从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高. 【详解】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 可知正方体的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确； 对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得， 且平面，平面，所以∥平面， 同理可得：∥平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面， 所以点F的轨迹为线段GH，故B正确； 对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面， 则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确； 对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，平面平面，所以． 同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点． 在四棱锥中，侧棱最长，且． 设棱锥的高为h， 因为，所以四边形为菱形， 所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又， 则，， 所以，解得． 综上，可知长度的取值范围是，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，是单位向量，且，则向量与的夹角为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意，分别计算出向量与的模及两者的数量积，代入公式即可求得两向量夹角的余弦，从而得出两向量的夹角． 【详解】，同理， ，， 由向量夹角的范围为，所以向量与的夹角为. 故答案为： 13. 已知函数和，其中、均可取1、2、3、4、5、6中的任一数.则这两函数图象有交点的概率为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件联立两函数，解得，结合、的取值，根据古典概型求概率公式即可求解. 【详解】根据已知条件联立，即，整理有：， 因为两函数图象有交点，所以，即， 当时，无解；当时，；当时，； 当时，；当时，； 当时，；综上，满足条件的、共对， 又根据已知条件、的所有取值情况为种， 所以两函数图象有交点的概率为. 故答案为： 14. 已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】作辅助线，证明平面平面，说明线段AM即为动点P的轨迹，由此求得AM的长，即可求得答案． 【详解】解：如图所示： 连接，则， 又平面，平面，故平面， 设为BC的中点，连接， 由于F分别是棱的中点，故， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面， 又平面， 故平面平面， 由于平面BEF，故平面， 又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面， 故AM即为动点P的轨迹， 而，故AP的取值范围是． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸． 15. 甲，乙两人进行游戏比赛，采取积分制，规则如下：每胜1局得1分，负1局或平局都不得分，积分先达到2分者获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，则积分多的一方获胜；若第四局结束，没有人积分达到2分，且积分相等，则比赛最终打平．假设在每局比赛中，甲胜的概率为，负的概率为，且每局比赛之间的胜负相互独立． （1）求第三局结束时甲获胜的概率； （2）求乙最终以分获胜的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对甲来说共有两种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）,根据独立事件的乘法公式即可求解. （2）以比赛结束时的场数进行分类，在每一类中根据相互独立事件的乘法公式即可求解. 【小问1详解】 设事件为“第三局结束甲获胜”， 由题意知，甲每局获胜的概率为，不获胜的概率为． 若第三局结束甲获胜，则甲第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 故. 【小问2详解】 由题知，每局比赛中，乙获胜的概率为，平的概率为，负的概率为， 设事件为“乙最终以分获胜”． 若第二局结束乙获胜，则乙两局连胜，此时的概率． 若第三局结束乙获胜，则乙第三局必定获胜，总共有2种情况：（胜，不胜，胜），（不胜，胜，胜）． 此时的概率． 若第四局结束乙以分获胜，则乙第四局必定获胜，前三局为1胜2平或1胜1平1负，总共有9种情况： （胜，平，平，胜），（平，胜，平，胜），（平，平，胜，胜），（胜，平，负，胜）， （胜，负，平，胜），（平，胜，负，胜），（负，胜，平，胜），（平，负，胜，胜），（负，平，胜，胜）． 此时的概率 故. 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为 （1）求A； （2）求周长的最大值. 【答案】（1） （2）9 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的坐标表示得，代入已知等式，结合正余弦边角关系得，最后由三角形内角性质求角的大小； （2）由（1）得，，再由正弦定理可得，结合基本不等式求周长最大值，注意取值条件. 【小问1详解】 已知向量， 则， 则， 所以， 则， 所以， 又， 故且， 所以， 又， 则； 【小问2详解】 由（1）知：， 则， 由正弦定理可得：的外接圆半径为， 则， 即， 所以， 则，当且仅当且，即时等号成立， 故三角形周长的最大值为 17. 甲､乙､丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束. （1）若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率； （2）请帮助甲进行第一局的决策（甲乙､甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大. 【答案】（1） （2）甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大. 【解析】 【分析】（1）分两种情况，根据三局比赛的胜负情况，结合独立事件概率公式，即可求解； （2）分三种情况讨论甲最终获得冠军的概率，即可判断. 【小问1详解】 若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况： ①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜， 其概率为； ②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜， 其概率为. 所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为. 【小问2详解】 若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种： 甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜， 所以甲能获得冠军的概率为. 若第一局为甲丙比， 则同上可得甲获得冠军的概率为. 若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局， 则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果. 因为， 所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大. 18. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且． （1）证明：平面． （2）证明：平面平面． （3）若，求二面角的正切值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC， 则，，所以点A的曲率为， 所以．因为，所以△ABC为正三角形． 因为N为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面． （2） 取的中点D，连接DM，DN． 因为N为AB的中点，所以且． 又且，所以且， 所以四边形CNDM为平行四边形，则． 由（1）知平面，则平面． 又平面，所以平面平面． （3）． 【解析】 【分析】（1）由题意可得，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，易证，由（1）得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则∠AHF为二面角的平面角的补角．结合等面积法求得FH，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取BC的中点F，连接AF，则． 因为平面ABC，平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面． 又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH， 则，又平面，所以平面， 又平面，， 所以∠AHF为二面角的平面角的补角． 设，，则，，． 由等面积法可得，则， 则，故二面角的正切值为． 【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是线面、面面垂直的判定定理与性质和求二面角. 19. 任意一个复数z的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中i为虚数单位，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：，，则：.如果令，则能导出复数乘方公式：.请用以上知识解决以下问题. （1）试将写成三角形式； （2）试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；； （3）计算：的值. 【答案】（1） （2） 设模为1的复数为， 则 ， 由复数乘方公式可得， 故； （3） 【解析】 【分析】（1）求出复数的模，根据复数的三角形式，即可求得答案； （2）设模为1的复数为，利用复数的乘方运算，结合复数的相等以及同角的三角函数关系化简，即可推得结论； （3）由（2）的结论结合恒等变换推出，继而得，，再结合，化简，即可求得答案. 【小问1详解】 由于，故， 则； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 首先证明：； 由于，则， 则，故， 则可得 ， ， 所以 . 【点睛】难点点睛：本题考查了复数的新定义问题，解答时要注意理解棣莫弗定理的含义以及复数乘方的运算，解答的难点在于第三问的求值，解答时要利用三倍角公式结合恒等变换化简，并结合进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $