精品解析：江苏省天一中学2023-2024学年高一下学期强化班期末考试数学试题

江苏省天一中学2024年春学期高一强化班期末考试 数学 命题：李维维 审核：谢志平 一､单选题，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. 已知复数，则实部是（ ） A. B. C. D. 2. 若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则与相交 3. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现点数不超过3”，则事件与事件的关系为（ ） A. 相互独立 B. 互斥 C. 互为对立 D. 相等 4. 若底面半径为，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量与满足：在方向上投影向量为在方向上的投影向量为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD为角A的角平分线，交BC于D，，，BD＝2，则b＝（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆，直线，若与圆交于两点，设坐标原点为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（ ） 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. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，，其中，则（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 10. 一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 三､填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，直线和直线所成的角为__________. 13. 满足且的复数__________. 14. 已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是__________. 四､解答题，本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量，且. （1）求与的夹角的值； （2）当取得最小值时，求实数的值. 16. 已知圆上一点 （1）求圆在点处的切线方程； （2）过点作直线交圆于另一点，点满足，求直线的方程. 17. 猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，共有20道灯谜，三位同学独立竞猜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了道.假设每道灯谜被猜对的可能性都相等. （1）任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率； （2）任选一道灯谜，若甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求的值. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，. （1）已知，且 （i）当时，求的面积； （ii）若，求. （2）已知，且，求AC最大值. 19. 如图，在正三棱台中，，D，E分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且，D，P，Q均在平面上，若与的面积比为3:8， （i）证明： （ii）求与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省天一中学2024年春学期高一强化班期末考试 数学 命题：李维维 审核：谢志平 一､单选题，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. 已知复数，则的实部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘方及除法运算求出，进而求出其实部. 【详解】依题意，， 所以的实部为. 故选：A 2. 若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则与相交 【答案】C 【解析】 【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案. 详解】根据题意，依次分析选项： 对于A，若，，则与平行或异面，A错误； 对于B，若，，则与异面、平行或相交，B错误； 对于C，设直线，满足且， 若，则，而，则，C正确； 对于D，若，，则与相交或异面，D错误. 故选：C. 3. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现点数不超过3”，则事件与事件的关系为（ ） A. 相互独立 B. 互斥 C. 互为对立 D. 相等 【答案】A 【解析】 【分析】根据是否相等判断独立性，由互斥、对立及相等事件的定义判断B、C、D. 【详解】由题意，，且，即， 而事件可以同时发生，故它们不互斥，更不相等； 由于“第一枚出现偶数点”， “第二枚出现点数超过3”，则不是对立事件； 综上，A正确，B、C、D错误. 故选：A 4. 若底面半径为，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥表面积以及球的表面积公式构造方程即可. 【详解】易知圆锥的表面积为，球的表面积为， 故，即， 解得（负舍）. 故选：B. 5. 已知平面向量与满足：在方向上的投影向量为在方向上的投影向量为，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，先由在方向上的投影向量为，可得，再根据在方向上的投影向量为运算求解即可. 【详解】因为在方向上的投影向量为，且， 可得，即， 又因为在方向上的投影向量为， 可得，即. 故选：D. 6. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD为角A的角平分线，交BC于D，，，BD＝2，则b＝（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理求得，得，从而得，于是可得． 【详解】由正弦定理得，， 三角形中，∴，∴， ∴，又，∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查正弦定理，解题关键是利用正弦定理求得，从而得到三角形中的所有角． 7. 已知圆，直线，若与圆交于两点，设坐标原点为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是. 【详解】 由于， 故恒过定点，这恰好是圆的圆心，同样记该点为. 所以，且，同时显然有 所以. 从而，得. 故 ，从而，故. 另一方面，对，，直接计算可知的中点为，且 . 故均在圆上，此时， 而，故. 综上，的最大值是. 故选：C. 8. 一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据裁判擦去的是奇数还是偶数分类考虑，分析得出若擦去的是奇数，则乙一定获胜；若擦去的是偶数，则甲一定获胜，由此根据古典概型概率公式计算即得. 【详解】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数， 注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数. （1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜. 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数， 从而所剩两数不互质，故乙胜. （2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜. 理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成： 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜. 甲获胜的概率为. 故选:B. 【点睛】关键点点睛：本题考查的是质数与合数的概念、数的整除性、概率公式，利用分类讨论的思想是解答此题的关键. 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. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，，其中，则（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 【答案】AD 【解析】 【分析】根据平均数、方差公式判断数据添加后新的平均数、方差变化情况，由中位数、极差定义判断中位数、极差的变化情况. 【详解】新数据的平均数，故两组数据平均数相同，A正确； 若为偶数且两组数据1到n或(n+1)依次从小到大排序后，则原数据中位数，而新数据中位数为，不一定相等，B错误； 原数据方差，而新数据方差，故标准差不一定相同，C错误； 由必大于原数据中的最小值，而小于最大值，所以两组数据的极差相等，D正确. 故选：AD 10. 一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意分别求，，，方案一：直接求解即可；方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出为3号球，或第一次2号球，第二次1号球；方案三：根据古典概型利用列举法理解运算． 【详解】方案一：“选到3号球”的概率 方案二：“选到3号球”的概率 方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率 ∴，，，，ABD正确，C错误 故选：ABD． 11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ） A. 三棱锥的体积为1 B. 点到直线AD的距离为 C. 二面角的正切值为2 D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解. 【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG， 因为平面平面，且平面平面， 平面，又因为，所以， 所以平面， 因为， 所以，故A正确； 对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF， 因为F，G分别为AE，AB中点，则， 又因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又因为平面，则， 则点到直线AD的距离为， 则为二面角的平面角，，B错误，C正确； 对D：设，的外心分别为，，则， 又平面平面，平面，所以平面， 设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 三､填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在正方体中，直线和直线所成的角为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义可知即为所求的角. 【详解】如下图所示： 由正方体性质可得， 所以直线和直线所成的角等于， 又易知为等边三角形，所以. 故答案为： 13. 满足且的复数__________. 【答案】1 【解析】 【分析】设，由得，由可得计算并检验求得，即得 【详解】设，由可得， 由可得，即， 则解得或， 显然不满足，应舍去，故 故答案为：1. 14. 已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是__________. 【答案】3 【解析】 【分析】依题意将各向量坐标化得出代表的几何意义，再根据圆上点到直线距离最值问题即可求解. 【详解】设， 则由得，，即可得； 由得，即； 易知代表以为圆心上的点到直线的距离， 圆心到直线的距离为， 因此的最小值为圆心到直线的距离4减去半径1，为3. 故答案为：3 【点睛】方法点睛：将向量坐标化是求解距离或最值问题常用的方法之一，其思想是将代数问题几何化，使所求问题更加直观形象，即可求解. 四､解答题，本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知平面向量，且. （1）求与的夹角的值； （2）当取得最小值时，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设条件得到，然后利用数量积的定义求夹角； （2）将表示为的函数，然后求该函数的最小值. 【小问1详解】 由，可得， 又，所以，又，所以； 【小问2详解】 因为， 所以. 所以的最小值为，此时. 16. 已知圆上一点 （1）求圆在点处的切线方程； （2）过点作直线交圆于另一点，点满足，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）先依题求得圆的方程，再求直线的斜率，即得切线斜率，由点斜式方程即得切线方程； （2）设直线的点斜式方程，代入圆的方程，由韦达定理求出点A的坐标，计算弦长和点到直线的距离，由三角形面积公式列方程，解之即得直线的方程. 【小问1详解】 由题意，点在圆上，可得， 因直线的斜率为，则圆在点处的切线斜率为， 故切线方程为，即； 【小问2详解】 如图， 由（1）知圆，又点，， 当直线的斜率不存在时，直线，易知此时，， 点到的距离为3，则，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线，即， 代入中，整理得：， 设，由韦达定理，，即， 代入，可得，即， 于是， 则得， 点到直线的距离为：， 则，解得或， 故直线的方程为或. 17. 猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，共有20道灯谜，三位同学独立竞猜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了道.假设每道灯谜被猜对的可能性都相等. （1）任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率； （2）任选一道灯谜，若甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求的值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由题设求出甲、乙、丙猜对或错的概率值，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率； （2）利用对立事件的概率求法及独立事件乘法公式列方程求. 【小问1详解】 设“任选一道灯谜甲猜对”，“任选一道灯谜乙猜对”，“任选一道灯谜丙猜对”. 则，，，故，，. “甲，乙两位同学恰有一个人猜对”，且与互斥. 每位同学独立竞猜，故，互相独立，则与，与，与均相互独立. 所以. 答：任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率为. 【小问2详解】 设“甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对”，则. 所以. 解得. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，. （1）已知，且 （i）当时，求的面积； （ii）若，求. （2）已知，且，求AC的最大值. 【答案】（1）（i）；（ii）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答. （2）连接，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答. 【小问1详解】 （i）设，在中，由余弦定理得，解得， 在中，，则底边上的高， 所以面积. （ii）设，依题意，， 则，，即，而， 所以. 【小问2详解】 连接，中，，， 由余弦定理得， 则，，设，在中，， 于是，在中，， 由余弦定理得：， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以当时，， 所以AC的最大值是. 【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 19. 如图，在正三棱台中，，D，E分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且，D，P，Q均在平面上，若与的面积比为3:8， （i）证明： （ii）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）延长交于点S，连接SE并延长，分别交BC,于点F、G，连接AG，先证平面SBC，再根据DE//AG，即可求证. （2）（i）根据面积之比，得到Q为BC的中点，即可求解. （ii）根据面面角定义，结合等体积法求点面距，最后求出面面角的正弦值. 【小问1详解】 由棱台的性质知：延长交于点S，又， 所以三棱锥为正四面体，为的中点， 连接SE并延长，分别交BC,于点F、G，则F为中点，且为△的中线， 所以G为等边的中心，连接AG，则平面SBC，又D为的中点， 综上，，，且，， 所以，即；，即， 故，所以DE//AG，所以DE⊥平面SBC. 【小问2详解】 （i）延长交于点H，若均在平面上，则共线， 设，则， 过A作AM / / BC交PQ于点M，，则， 设BQ = k，则，故且则， 又所以， 所以，即，所以，故Q为BC的中点， 所以，即 （ii）由（i）知：即为面，连接，易知，且， 由面，面，故面， 综上，， 连接交DP于点N，易知，且， 所以，故，所以， 又为与平面的交线，，面， 设平面与平面所成角为，所以， 故平面与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$