精品解析：贵州省黔西南州2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

黔西南州2023~2024学年度第二学期期末教学质量监测 高一数学 （本试题共4页，共四大部分，满分150分，考试时间为120分钟） 考生注意： 1．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知球半径为，且该球的表面积与体积的数值之比为，则的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 1 4. 已知函数，则取最小值时x的取值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 兴义市峰林布依景区在春节期间，迎来众多游客，其中某天接受了一个小型的旅行团，他们的年龄（单位：岁）如下：6，6，7，8，10，37，39，45，46，52，53，61，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 34.5 B. 46 C. 49 D. 52 6. 中国古代数学著作主要有《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 8. 如图，在棱长为1正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中错误的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 B. 若∥平面，则直线CQ不可能垂直于直线 C. 若，则点Q的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的半径为 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知i是虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. 若复数，则 B. 若复数，则 C. 若复数为纯虚数，则 D. 10. 已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则的充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 11. 对于任意的两个非零向量，，下列说法正确的是（ ） A 若，则 B. 若且与不共线，则与的夹角等于与的夹角 C. D. 若，，则 12. 为了强化学校体育，增强学生体质，狠抓校园足球工作，全面推动校园足球高质量发展，2023年10月22日，第七届“金州杯”校园足球联赛在普安举行．在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，则下列说法正确的是（ ） A. 平均说来乙队比甲队的防守技术好 B. 乙队比甲队技术水平更稳定 C. 甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好 D. 乙队很少不失球 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知A，B两个事件相互独立，且，，则______． 14. 在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为______． 15. 在中，角的对边分别为，，且是关于x的方程的两个不等实数根，则______． 16. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为______． 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知向量，． （1）当时，求的值； （2）若向量，的夹角为锐角，求的取值范围． 18. 如图，正方体中． （1）求证：∥平面； （2）求证：平面． 19. 已知e是自然对数的底数，若函数，且是偶函数． （1）求实数a的值； （2）判断函数的单调性（不用证明），并求不等式的解集． 20. 为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和，女生的平均数和方差分别为和． （1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人； （2）求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差． 21. 2023年8月5日-9日，首届贵州科技节在贵阳召开，为了了解活动成效，从参会人员中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分（分数均在内），将所得分数分成5组：，，，，，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在的参会人数为18． （1）求频率分布直方图中a，b的值； （2）从抽取50名参会人员中满意度评分在及的人员中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求这2人中恰有1人的满意度评分在的概率． 22. 如图，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角． （1）若是边长为2的等边三角形，其布罗卡尔点是的内心（内心是三角形三个内角角平分线的交点），求的外接圆的半径； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为S，的布罗卡尔角为，且．证明：； （3）在中，记的布罗卡尔角为，若，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 黔西南州2023~2024学年度第二学期期末教学质量监测 高一数学 （本试题共4页，共四大部分，满分150分，考试时间为120分钟） 考生注意： 1．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用交集运算法则即可求得结果. 【详解】由集合，， 根据交集运算法则可得. 故选：C 2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知：，根据共轭复数的概念以及乘法运算求解. 【详解】由题意可知：，所以. 故选：D 3. 已知球的半径为，且该球的表面积与体积的数值之比为，则的值为（ ） A. 3 B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据球的表面积公式和体积公式得到方程，解出即可. 【详解】由题意得，解得或0（舍去）. 故选：A. 4. 已知函数，则取最小值时x的取值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由函数表达式并利用基本不等式等号成立的条件即可求得结果. 【详解】根据题意由可知，所以； 利用基本不等式可得， 当且仅当时，即时，等号成立，此时取最小值2； 因此取最小值时x的取值为. 故选：B 5. 兴义市峰林布依景区在春节期间，迎来众多游客，其中某天接受了一个小型的旅行团，他们的年龄（单位：岁）如下：6，6，7，8，10，37，39，45，46，52，53，61，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 34.5 B. 46 C. 49 D. 52 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合百分位数的定义运算求解. 【详解】因为，所以这组数据的第75百分位数是第9位数和第10位数的中位数. 故选：C. 6. 中国古代数学著作主要有《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用列举法结合古典概型运算求解. 【详解】用分别表示《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》， 从上述5部书籍中任意抽取2部，则样本空间为 ，可知， 设抽到《九章算术》为事件M，则，可知， 所以. 故选：D. 7 已知，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】弦化切代入即可得到答案. 【详解】. 故选：A. 8. 如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中错误的是（ ） A. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 B. 若∥平面，则直线CQ不可能垂直于直线 C. 若，则点Q的轨迹长度为 D. 三棱锥的外接球的半径为 【答案】B 【解析】 【分析】作出平面截正方体的截面可判断A；连接交为Q，则，进而说明存在点Q，∥平面时，直线可能垂直于直线，判断B；确定Q点的轨迹，从而可求得其长度，判断C；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可判断D. 【详解】对于A，取的中点为,连接, 则，而，即四边形为平行四边形， 故，所以，且， 则四边形为平面截正方体的截面，为梯形， 而，, 即，即四边形为等腰梯形，A正确； 对于B，连接交为Q，则，即， 而，平面，平面， 故∥平面，即当∥平面时，直线可能垂直于直线，B错误； 对于C，因为平面，平面， 故，由得， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆， 其轨迹长度为，C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为r， , 故，则， 故， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，即， 故三棱锥外接球的半径为，D正确， 故选：B. 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于求三棱锥的外接球的表面积，解答时要发挥空间想象能力，确定外接球球心大致位置，求出外接球半径，即可求解. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知i是虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. 若复数，则 B. 若复数，则 C. 若复数为纯虚数，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用复数概念可判断A错误，根据模长公式可知B正确，由纯虚数概念解方程可得C正确，由复数乘方计算可得D正确. 【详解】对于A，根据虚数概念可得复数无法比较大小，即A错误； 对于B，由，可得，即B正确； 对于C，若复数为纯虚数，可知， 解得，可知C正确； 对于D，易知，即D正确. 故选：BCD 10. 已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则的充分条件是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 【答案】AB 【解析】 【分析】由线面、面面位置关系即可逐一判断各个选项并求解. 【详解】对于A， 若，，由面面垂直的判定定理可知，故A正确； 对于B，若，则存在，使得， 因为，所以， 又因为，所以，故B正确； 对于C，若，，则平行或相交，故C错误； 对于D，若，，， 则只能说明相交但不一定垂直，故D错误. 故选：AB. 11. 对于任意的两个非零向量，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若且与不共线，则与的夹角等于与的夹角 C. D. 若，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用向量垂直的数量积可得，即A正确，由向量夹角公式代入计算可得B正确，根据向量的三角不等式可得C正确，由向量的坐标表示以及模长公式可得D错误. 【详解】对于A，若可得，所以， ，因此可得，即A正确； 对于B，易知与的夹角为， 与的夹角为， 又因为且与不共线，所以，即B正确； 对于C，由向量的三角不等式可得， 当与同向时满足，因此可得，即C正确； 对于D，由，可得，所以，即D错误. 故选：ABC 12. 为了强化学校体育，增强学生体质，狠抓校园足球工作，全面推动校园足球高质量发展，2023年10月22日，第七届“金州杯”校园足球联赛在普安举行．在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，则下列说法正确的是（ ） A. 平均说来乙队比甲队的防守技术好 B. 乙队比甲队技术水平更稳定 C. 甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好 D. 乙队很少不失球 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据两个队伍的平均数和方差，进行比较，结合平均数以及方差的意义逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，可知平均说来甲队比乙队的防守技术好，故A错误； 对于选项BC：因为，可知乙队比甲队技术水平更稳定， 即甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好，故BC正确； 对于选项D：因为乙队每场比赛平均失球数是2.1，且标准差为0.4， 结合选项B可知：乙队平均失球数多，且乙队防守技术水平更稳定， 即乙队很少不失球，故D正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 已知A，B两个事件相互独立，且，，则______． 【答案】0.28 【解析】 【分析】根据相互独立事件的定义计算即可. 【详解】因为相互独立， 所以. 故答案为：. 14. 在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合正方形的结构特征可知平面与平面ABCD所成二面角为，即可得结果. 【详解】因平面，平面， 可得，可知平面与平面ABCD所成锐二面角为， 又因为为正方形，可得， 所以平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为. 故答案为：. 15. 在中，角的对边分别为，，且是关于x的方程的两个不等实数根，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理，求得，根据题意，得到再由向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】因为，由余弦定理得， 又因为，所以， 由是关于x的方程的两个不等实数根， 可得， 所以. 故答案为：. 16. 中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为______． 【答案】7 【解析】 【分析】利用台体的体积公式求正四棱台的体积，再根据祖暅原理即可得结果. 【详解】由题意可知：正四棱台的体积为， 根据祖暅原理可知该不规则几何体的体积为7. 故答案为：7. 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17 已知向量，． （1）当时，求的值； （2）若向量，的夹角为锐角，求的取值范围． 【答案】（1） （2）且. 【解析】 【分析】（1）根据向量共线的坐标表示即可得到方程，解出即可； （2）分析得，且，不同向共线，解出不等式并结合（1）的答案即可. 【小问1详解】 根据题意得，解得. 【小问2详解】 若向量，的夹角为锐角， 则，且，不共线， 即，解得， 由（1）当时，，且此时两向量同向， 则且. 18. 如图，在正方体中． （1）求证：∥平面； （2）求证：平面． 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【小问1详解】 因为为正方体，则∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. 【小问2详解】 连接， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 由平面，可得， 同理可得：， 且，平面， 所以平面. 19. 已知e是自然对数的底数，若函数，且是偶函数． （1）求实数a的值； （2）判断函数的单调性（不用证明），并求不等式的解集． 【答案】（1） （2）在上单调递减，在上单调递增； 【解析】 【分析】（1）根据偶函数定义利用可求得； （2）根据复合函数单调性可判断得出在上单调递减，在上单调递增，再利用偶函数性质解一元二次不等式可得结果. 【小问1详解】 因为是偶函数，所以， 即，可得， 也即， 又，不恒等于0，因此需满足，解得； 经检验当时，为偶函数，满足题意； 所以 【小问2详解】 因为函数是偶函数，所以只需判断上单调性即可； 易知，当时， 结合复合函数以及对勾函数单调性可知在上单调递增， 由偶函数性质可得在上单调递减， 因此可得在上单调递减，在上单调递增； 所以对函数来说，距离其对称轴轴越近，函数值越小， 因此不等式等价于， 也即，整理可得， 解得或； 所以不等式的解集为. 20. 为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和，女生的平均数和方差分别为和． （1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人； （2）求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差． 【答案】（1）45；30； （2）平均数；方差16. 【解析】 【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数； （2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解. 【小问1详解】 总体容量1500，样本容量75，则抽样比为， 所以样本中男生数量，女生数量. 【小问2详解】 抽取的样本中男生的平均数，方差， 抽取的样本中女生的平均数，方差， 所以总体样本的平均数为， 总体样本的方差. 所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16. 21. 2023年8月5日-9日，首届贵州科技节在贵阳召开，为了了解活动成效，从参会人员中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分（分数均在内），将所得分数分成5组：，，，，，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在的参会人数为18． （1）求频率分布直方图中a，b的值； （2）从抽取的50名参会人员中满意度评分在及的人员中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求这2人中恰有1人的满意度评分在的概率． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据评分在的游客人数为18和总人数为50得到，利用频率之和为1得到方程，求出； （2）根据分层抽样的方法得到评分在的人数为2，设为，满意度评分在的人数为3，设为，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在的情况，求出概率. 【小问1详解】 由题知，， 因为，所以. 【小问2详解】 由题知，抽取的50名参会人员中满意度评分在的人数为 满意度评分在的人数为 抽取的5人中，满意度评分在的人数为2，设为， 满意度评分在的人数为3，设为， 从5人中随机抽取2人的不同取法为 ，共有10种不同取法， 设"2人中恰有1人的满意度评分在"为事件， 则事件包含的取法为,共有6种不同取法， 22. 如图，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角． （1）若是边长为2的等边三角形，其布罗卡尔点是的内心（内心是三角形三个内角角平分线的交点），求的外接圆的半径； （2）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为S，的布罗卡尔角为，且．证明：； （3）在中，记的布罗卡尔角为，若，求证：． 【答案】（1） （2）证明见详解 （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据题意可知：，利用正弦定理求外接圆半径； （2）先根据表示出三角形得面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证； （3）根据（2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证. 【小问1详解】 由题意可知：， 所以的外接圆的半径. 【小问2详解】 若， 则 , 所以， 在中， 分别由余弦定理得：， ，， 三式相加整理得， 因为，所以. 【小问3详解】 由（2）得， 所以, 由， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，所以， 由正弦定理可得. 【点睛】关键点点睛：根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$