精品解析：安徽省安庆市怀宁县新安中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题

2023--2024高一第二学期期末质量检测试卷 试题范围： 高中数学必修一、二 册 （侧重第二册） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的概念求解即可. 【详解】向量在上的投影向量为：， 故选：C 2. 已知复数是关于的一元二次方程（，）的一个根，则（ ） A. B. C. 19 D. 31 【答案】C 【解析】 【分析】利用方程根的意义，结合复数相等求出即得. 【详解】由复数是方程的根，得， 即，而，则，解得， 所以. 故选：C 3. 已知，，且，，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角恒等变换的知识先求得对应的三角函数值，进而求得. 【详解】因为，，所以， 所以，. 因为，所以，所以. 因为，所以. 因为，所以， 则， 故（）. 因为，所以. 因为，所以. 因为，所以， 所以，所以. 故选：D. 4. 若，，，则事件与的关系是（ ） A. 事件与互斥但不对立 B. 事件与对立 C. 事件与相互独立 D. 事件与既互斥又相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识，求出，得到，从而得到事件与是相互独立事件． 【详解】，， ， 事件与是相互独立事件． 故选：C． 5. 已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（ ） A. 18.2 B. 19.6 C. 19.8 D. 21.7 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数和方差公式整理可得，由新样本数据的平均数可得，结合方差公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：， 可得， 且，解得， 所以新样本数据的方差为. 故选：C. 6. 已知圆锥的底面圆周在球的表面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的半径为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由圆锥的侧面展开图是一个半圆可得，再根据勾股定理可得，进而可得球的半径. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由圆锥的侧面展开图是一个半圆，可得，得． 由圆锥的高为3，可得，即，故， 则球的半径．（根据圆锥的底面圆周在球的表面上，顶点为球心，可知圆锥的母线长等于球的半径） 故选：B 7. 如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，分别得到和，联立方程组，求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】设， 由， 又由， 所以，解得，可得， 因为，所以，所以. 故选：D. 8. 在中，，是的中点，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由正弦定理可得，即可得到，再由正弦型函数的值域，代入计算，即可求解. 【详解】 因为，，在中， 由正弦定理可得， 则， 且是的中点，则， 又，则， 则 ， 又，则， 所以，则， 即的取值范围为. 故选：C 二、多选题（本大题共3小题，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. 连续地掷一枚质地均匀的股子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9"，则下列说法正确的是（ ） A. 与不是互斥事件 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据互斥事件及相互独立事件的定义一一判断即可. 【详解】如第一次出现点，第二次出现点，此时事件、均发生，所以与不是互斥事件，故A正确； 依题意，，，， 又，即与相互独立，故C正确； ，即与相互独立，故D正确； ，即与不相互独立，故B错误. 故选：ACD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 方程在上的所有解的和是 D. 若，对任意的，，，恒成立，则的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】化简，求出可判断A；求出图象的对称中心坐标可判断B；判断出的图象、函数的图象关于直线对称，结合图象可判断C；利用单调性定义得出在上单调递增，结合的单调性，利用，可判断故D. 【详解】对于A，由题意可得 ， 则， 由于，从而是偶函数，故A正确； 对于B，由（），得（）， 则图象的对称中心为（），故B错误； 对于C，由，得， ， 所以的图象关于直线对称， 函数的图象也关于直线对称，如图， 在上有6个解，且在直线两侧各有3个解， 则它们所有解的和是，故C正确； 对于D，由对任意的，，且，恒成立， 得在上单调递增，令（）， 得（）， 因为， 所以当时，，此时的最大值是； 当时，，此时的最大值是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是化简出，且在C选项中解题的关键点是结合图象解题. 11. 如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，，点C是圆周上异于A，B的任意一点，D，E分别是PA、PC的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面DEB C. 三棱锥外接球的表面积是 D. 若，则直线BD与平面PAC所成角的余弦值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：反证，假设，根据线面垂直可得，得出矛盾；对于B：根据线面平行的判定定理分析判断；对于C：由题意可证，结合直角三角形的性质可知三棱锥外接球的球心为的中点，进而可求半径和表面积；对于D：分析可知直线BD与平面PAC所成角为，即可得结果. 【详解】对于选项A：因为平面，平面，则， 又因为D，E分别是PA、PC的中点，则∥， 假设，则， 且，平面，可知平面， 由平面，可得，这与题意不符，故A错误； 对于选项B：因为∥，平面DEB，平面DEB， 所以平面DEB，故B正确； 对于选项C：因为平面，平面，则， 由题意可知：，且，平面， 可知平面，由平面，可得， 由可知：三棱锥外接球的球心为的中点， 则三棱锥外接球的半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确； 对于选项D：连接， 因为平面，且， 可知直线BD与平面PAC所成角为，其余弦值为，故D错误； 故选：BC. 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】将拆解成，利用诱导公式和二倍角公式转化，代入计算即得. 【详解】 . 故答案为：. 13. 如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，则，在中，运用余弦定理可得，再由，，得，代入根据二次函数的最值可求得当时，有最小值，据此即可求解. 【详解】设，则， 在中，，所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，当时，有最小值，此时取最小值， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的余弦定理，二次函数的最值，三角形的面积公式，关键在于表示的长，求得何时取得最小值，属于中档题. 14. 如图，正方体的棱长为2， E是棱的中点，平面截正方体所得截面图形的周长为________，若F是侧面上的动点，且满足平面，则点F的轨迹长度为________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】由平行线确定一个平面，利用中位线找到截面并求周长；构造面面平行，找到点F的轨迹并求长度. 【详解】取CD中点G，连接BG、EG， 正方体中，，，四边形为平行四边形，则， E是中点，G是CD中点，，则等腰梯形为截面， 而，， 故梯形的周长为； 取中点M，中点N，连接， 则，故四边形为平行四边形， 则得，而平面，平面， 故平面，同理平面， 而，平面，故平面平面， ∴点F的运动轨迹为线段MN，其长度为. 故答案为：；. 四、解答题（本大题共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. 已知函数. （1）若，求的最大值及对应的的取值集合； （2）若对任意的，，恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）最大值为3，此时的取值集合为. （2）. 【解析】 【分析】（1）当时，得到函数，结合正弦函数的性质，即可求解； （2）设，求得，得到函数，根据题意转化为对任意的，，恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解. 【小问1详解】 解：当时，， 当时，即函数取得最大值，最大值为， 所以的最大值为3，此时的取值集合为. 【小问2详解】 解：设， 则，故， 对任意的，恒成立，等价于对任意的，不等式恒成立， 即对任意的，，恒成立， ①当，即时，在上单调递增， 则，， 故. 由，可得，解得， 则，不符合题意； ②当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 则，， 故. 由，得， 解得或， 因为，所以，符合题意； ③当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则，， 故， 由.得， 解得，且， 因为，所以，符合题意； ④当，即时，在上单调递减， 则，. 所以. 由，得， 解得，则，不符合题意. 综上可得，实数的取值范围是. 16. 在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，D为BC边上的动点． （1）若D为BC的中点，，，求边BC； （2）若AD平分∠BAC，，，求△ABC的面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由已知可得，进而可求，进而得，两边平方结合已知可求，再结合余弦定理可求得； （2）设，由角平分线可求得，利用角平分线可得，可求，进而结合余弦定理，可求三角形的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，，所以，所以， ∵为的中点， ∴， 平方得 又， ，， 由余弦定理得：， ∴； 【小问2详解】 设， ∵平分，∴， 又，得， ∵平分，则， 所以，解得，则，， 在中，，则， 所以． 17. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩（满分分，成绩均为不低于分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值与样本成绩的第75百分位数： （2）在样本答卷成绩为的三组市民中，用分层抽样的方法抽取13个，则样本的答卷成绩在中的市民应抽取多少个？ （3）已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】（1）；第75百分位数为84． （2）5个 （3）总平均数，总方差． 【解析】 【分析】（1）根据各组的频率和为1列方程可求出的值，再判断第75百分位数，然后列方程可求得结果； （2）先根据频率分布直方图计算出成绩在和样本人数得成绩在的比例系数，再根据比例抽样即可； （3）先计算成绩在和的市民人数，再根据分层随机抽样的总平均数和总方差的公式计算即可. 【小问1详解】 （1）由每组小矩形的面积之和为1得， ，所以． 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 显然第百分位数，由， 解得，所以第百分位数为． 【小问2详解】 由频率分布直方图知，样本成绩为的三组答卷的市民有 个样本， 成绩在的市民人数为， 所以用分层抽样的方法应在答卷成绩为的中抽取市民人数为个. 【小问3详解】 由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 所以总平均数， 由样本方差计算总体方差公式，得总方差为 ． 18. 如图所示正四棱锥中，，，为侧棱上的点，且，为侧棱的中点． （1）证明：平面； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1） 设，连接， 因为分别为的中点，则， 且平面，平面， 所以平面. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）设，连接，可知//，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）分析可得在侧棱上存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在侧棱上存在一点，使平面，满足．理由如下： 因数中点为，，则， 过作的平行线交于，连接． 由于，即．则， 且平面，平面，所以平面， 由（1）可知：平面， 因为，平面，可得平面平面， 且平面，所以平面. 19. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：连接交于点，连接. 在底面中，因为，且， 由，可得， 因为，即， 所以在中，，所以， 又因为平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，结合，得到，结合线面平行的判定定理，即可得证； （2）设的中点为，连接、，即可证明、，即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）根据，利用等体积法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为，连接、， 因为，，所以为等边三角形， 所以， 又平面，平面，所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， 平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 即二面角的大小为； 【小问3详解】 因为，，所以， 所以， 在中， ， ， 所以，即， 所以， 设点到平面的距离为，则， 即， 即， 即点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023--2024高一第二学期期末质量检测试卷 试题范围： 高中数学必修一、二 册 （侧重第二册） 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 1. 已知，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数是关于的一元二次方程（，）的一个根，则（ ） A. B. C. 19 D. 31 3. 已知，，且，，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 4. 若，，，则事件与的关系是（ ） A. 事件与互斥但不对立 B. 事件与对立 C. 事件与相互独立 D. 事件与既互斥又相互独立 5. 已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（ ） A. 18.2 B. 19.6 C. 19.8 D. 21.7 6. 已知圆锥的底面圆周在球的表面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的半径为（ ） A. B. C. 2 D. 7. 如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，是的中点，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，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. 连续地掷一枚质地均匀的股子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9"，则下列说法正确的是（ ） A. 与不是互斥事件 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 是偶函数 B. 的图象关于点中心对称 C. 方程在上的所有解的和是 D. 若，对任意的，，，恒成立，则的最大值是 11. 如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，，点C是圆周上异于A，B的任意一点，D，E分别是PA、PC的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面DEB C. 三棱锥外接球的表面积是 D. 若，则直线BD与平面PAC所成角的余弦值为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知，则______. 13. 如图，D为的边AC上一点，，，，则的最小值为______. 14. 如图，正方体的棱长为2， E是棱的中点，平面截正方体所得截面图形的周长为________，若F是侧面上的动点，且满足平面，则点F的轨迹长度为________. 四、解答题（本大题共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. 已知函数. （1）若，求的最大值及对应的的取值集合； （2）若对任意的，，恒成立，求的取值范围. 16. 在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，D为BC边上的动点． （1）若D为BC的中点，，，求边BC； （2）若AD平分∠BAC，，，求△ABC的面积． 17. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者．某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，将样本的成绩（满分分，成绩均为不低于分的整数）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值与样本成绩的第75百分位数： （2）在样本答卷成绩为的三组市民中，用分层抽样的方法抽取13个，则样本的答卷成绩在中的市民应抽取多少个？ （3）已知落在的平均成绩是，方差是，落在的平均成绩为，方差是，求两组成绩的总平均数和总方差． 18. 如图所示正四棱锥中，，，为侧棱上的点，且，为侧棱的中点． （1）证明：平面； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 19. 如图所示，在四棱锥中，平面，，，为棱上一点，. （1）证明：平面； （2）求二面角的大小； （3）求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $