精品解析：吉林省四平市实验中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题

四平市实验中学2023~2024学年度下学期高一期末考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．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． 3．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． 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册． 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. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） 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】利用复数的除法运算求出可得答案. 【详解】因为，所以， 则复数在复平面内对应点为， 复数在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 2. 已知向量，若与垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据与垂直，由求解. 【详解】解：， 与垂直， ， . 故选：A. 3. 在一次试验中，随机事件A，B满足，则（ ） A. 事件A，B一定互斥 B. 事件A，B一定不互斥 C. 事件A，B一定互相独立 D. 事件A，B一定不互相独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据互斥事件和独立事件的概率的定义进行判断即可 【详解】若事件A，B为互斥事件，则，与矛盾，所以， 所以事件A，B一定不互斥，所以B正确，A错误， 由题意无法判断是否成立，所以不能判断事件A，B是否互相独立，所以CD错误， 故选：B 4. 某学生解选择题出错的概率为0.1，该生解三道选择题至少有一道出错的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立事件求概率，即可判断选项. 【详解】由题意可知该生解三道选择题都正确的概率是, 所以至少有一道出错的概率， 故选：C 5. 如图，直三棱柱的体积为，点，分别在侧棱和上，，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】组合几何体的面积、体积问题． 【详解】设 （为中边上的高），， . 故选：. 6. 设的内角的对边分别为若的周长为则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由及正弦定理得化简结合余弦定理即可求解. 【详解】由题意可知, 由正弦定理得 即整理得 由余弦定理得 又所以 故选：A． 7. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用立体几何公理、定理结合反例证明即可. 【详解】对于A，若，，，当m，n都平行于，的交线时， 满足条件，此时，相交，故A错误； 对于B，若，，，则m，n可能异面，故B错误； 对于C，若，，，则，故C正确； 对于D，若，，，则m，n可能平行或异面，故D错误. 故选：C. 8. 在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理、余弦定理进行角化边整理得到，再通过余弦定理消元得到，然后利用基本不等式得出的最小值，从而可以得到的最大值． 【详解】因为， 由正弦定理得， 所以， 所以， 由余弦定理得， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以， 所以当时，取得最大值， 此时， 所以的最大值是． 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. 某商场为促销组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有8个大小形状相同的小球，并标注这八个数字，抽奖者从中任取一个球，事件A表示“取出球的编号为奇数”，事件B表示“取出球的编号为偶数”，事件C表示“取出球的编号大于5”，事件D表示“取出球的编号小于5”，则（ ） A. 事件A与事件C不互斥 B. 事件A与事件B互为对立事件 C. 事件B与事件C互斥 D. 事件C与事件D互为对立事件 【答案】AB 【解析】 【分析】分别求出样本空间和事件、、、即可根据互斥事件和对立事件的概念去进行判断. 【详解】由题意抽奖者从中任取一个球的样本空间为， 事件表示，事件B表示，事件C表示，事件D表示， 所以，且，， 且， 所以事件A与事件C不互斥，事件A与事件B为对立事件， 事件B与事件C不互斥，事件C与事件D互斥但不对立， 故A，B正确，C，D错误. 故选：AB. 10. 已知为异面直线，平面，平面，，则下列结论错误的是（ ） A. 与都相交 B. 与中至少一条相交 C. 与都不相交 D. 与中只有一条相交 【答案】ABD 【解析】 【分析】假设与相交，推出与平面斜交或，与已知条件矛盾，故与不相交，同理可证与也不相交，ABD错误. 【详解】假设与相交，因为，所以， 则与平面斜交或，与平面矛盾，故与不相交， 同理可证与也不相交，C正确，ABD错误. 故选：ABD 11. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段AD上的一点，点M，N分别为线段PB，PC上的动点，且，（，），点O，G分别为线段BC，MN的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则的最小值为 D. 若，，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，通过向量的线性运算即可验证；对于B，建立适当的平面直角坐标系，将数量积转换为闭区间上的二次函数，进而判断；对于C，先表示出，进一步可表示出，结合模长公式即可验算；对于D，将条件等式转换为，结合基本不等式即可判断. 【详解】对于A，因为，，所以 ，故A正确； 对于B，以B为坐标原点，BC，BA所在的直线分别为x轴、y轴，建立平面直角坐标系，如图所示． 所以B（0，0），C（1，0），D（1，1），A（0，1），设，，所以P（x，1）， 所以，所以的最小值为，此时，故B正确； 因为，（，）， 所以，， 所以，当时，， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故C错误； 因为，若，，则 ，所以， 所以，即，当且仅当即时，等号成立， 所以，即的最大值是，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是先表示出，进一步可表示出即可顺利得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一组数据的平均数为4，方差为3，那么数据的平均数和方差分别是___________． 【答案】10，12 【解析】 【分析】利用平均数、方差的性质可得答案. 【详解】若一组数据的平均数为4，方差为3， 则数据的平均数和方差分别是. 故答案为：. 13. 设向量的夹角的余弦值为，，,则_____________． 【答案】23 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算性质求解. 【详解】由题意：，， 所以. 故答案为：23 14. 如图1，在平面四边形ABCD中，是边长为2的等边三角形，，将沿AC翻折，使得点到点的位置，如图2所示，且二面角的余弦值为，则三棱锥体积的最大值为______，三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】作出辅助线，证明线面垂直，线线垂直，得到为二面角的补角，结合已知求得，应用三棱锥体积公式及基本不等式求体积最大值，设三棱锥外接球的球心为，则平面ABC，利用球的半径相等列出方程，进而求出球的半径，即可得表面积. 【详解】过点作平面ABC，垂足为，作，垂足为，连接PH，如图所示． 因为平面平面ABC，所以， 又，平面PQH，所以平面PQH， 因为平面PQH，所以PH， 则为二面角的补角，故． 又是边长为2的等边三角形，所以， 在中，，所以， ，由勾股定理得， 由， 当且仅当时，等号成立，所以三棱锥体积的最大值为； 设三棱锥外接球的球心为，则平面ABC， 设，由，得，解得， 则三棱锥外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为． 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、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，判断的形状并说明理由． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，再由边的关系代入余弦定理可求角； （2）由已知条件结合余弦定理化角为边化简得，求解三角形进而判断形状. 【小问1详解】 在中，因为， 所以由正弦定理得， 由余弦定理得， 由，所以. 【小问2详解】 因为， 故，即，又，则， 所以为等腰三角形. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，是等边三角形，，点是棱中点． （1）设平面与平面的交线为，求证：； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得. （2）取的中点，利用等腰、等边三角形性质，结合线面垂直的判定和性质，面面垂直的判定推理即得. 【小问1详解】 由，平面，平面，得平面， 又平面平面，平面，所以． 【小问2详解】 取的中点，连接，在中，，点是的中点，则， 由是等边三角形，点是的中点，得，又， 平面，则平面，又平面，于是， 又，，平面，则平面， 又平面，因此，由是等边三角形，点是棱的中点， 得，而，平面，则平面，又平面， 所以平面平面. 17. 随着社会经济的发展，物业管理这个行业发展迅猛，某小区居民代表组织居民对所属物业公司的服务进行问卷调查，随机选取了200户居民的问卷评分（得分都在分内，满分100分），并将评分按照分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图. 注：本次评分不低于80分的居民支持所属物业公司延续服务；成绩低于80分的居民支持更换新物业公司. （1）求这200户居民本次问卷评分的中位数； （2）若该小区共有居民1200户，试估计该小区居民支持所属物业公司延续服务的有多少户？ （3）按比例分配的分层随机抽样的方法从评分在内的住户中选取5户，再从这5户中任意选取2户，求这2户中至少有1户支持所属物业公司延续服务的概率. 【答案】（1）. （2）480 （3）. 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，所有小长方形面积之和等于1，解出的值，再根据中位数的公式计算得出结果； （2）先计算小区居民支持所属物业公司延续服务的概率，在计算小区居民支持所属物业公司延续服务的户数； （3）按比例分配的分层随机抽样的方法从评分在内的住户中选取的户数，再从这5户中任意选取2户，利用古典概型，求这2户中至少有1户支持所属物业公司延续服务的概率； 【小问1详解】 由图知，，解得. 评分在的频率为； 评分在的频率为，故中位数在之间. 设这200户居民本次问卷评分的中位数为， 则， 解得， 故这200户居民本次问卷评分的中位数为. 【小问2详解】 由图知，评分在的频率为， 故可估计该小区居民支持所属物业公司延续服务的概率约为0.4， 估计该小区居民支持所属物业公司延续服务的有户. 【小问3详解】 由（1）知，评分在的频数为， 评分在的频数为. 按比例分配的分层抽样的方法从中选取5户， 则评分在内被抽取户， 分别记为，评分在内被抽取户，分别记为. 从中任意选取2户，有，共10种选法， 其中至少有1户支持所属物业公司延续服务的选法有，共9种， 这2户中至少有1户支持所属物业公司延续服务的概率. 18. 为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？ （2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率． 【答案】（1）派甲参赛赢得比赛概率更大 （2） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率公式进行求解即可； （2）根据对立事件概率公式进行求解即可. 【小问1详解】 设事件表示“甲在第一轮比赛中胜出”，事件表示“甲在第二轮比赛中胜出”， 事件表示“乙在第一轮比赛中胜出”，事件表示“乙在第二轮比赛中胜出”， 则表示“甲赢得比赛”， ， 表示“乙赢得比赛“， 因为，所以派甲参赛赢得比赛的概率更大． 【小问2详解】 设表示“甲赢得比赛”， 表示“乙赢得比赛”， ，， 因此“两人中至少有一个赢得比赛”的概率为 ． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2菱形，，，，点E，F分别为棱，的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为. ①求二面角的余弦值； ②求点F到平面的距离. 【答案】（1）证明见详解 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，通过证明，再证平面. （2）先证平面，以的交点为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角和点到面的距离. 【小问1详解】 如图： 取中点，连接，. 因为中点，所以且， 又四边形为菱形，且为中点，所以且， 所以且. 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 如图： 连接，，交于点， 因为四边形为菱形，所以，且为，的中点， 又因为，所以，，平面，且， 所以平面，易得为直线与平面所成的角的平面角， 则，又，，， 所以，，，， 以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，， ，，，. 所以，，，. ①设平面的法向量为 则，取. 设平面的法向量为， 则，取. 所以二面角的余弦值为：. ②点平面的距离为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四平市实验中学2023~2024学年度下学期高一期末考试 数 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．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． 3．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． 4．本卷命题范围：人教A版必修第二册． 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. 已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，若与垂直，则（ ） A. B. C. D. 3. 在一次试验中，随机事件A，B满足，则（ ） A. 事件A，B一定互斥 B. 事件A，B一定不互斥 C. 事件A，B一定互相独立 D. 事件A，B一定不互相独立 4. 某学生解选择题出错的概率为0.1，该生解三道选择题至少有一道出错的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，直三棱柱体积为，点，分别在侧棱和上，，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 设的内角的对边分别为若的周长为则（ ） A. B. C. D. 7. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 8. 在中，内角的对边分别为，且，则的最大值是（ ） A. 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. 某商场为促销组织了一次幸运抽奖活动，袋中装有8个大小形状相同的小球，并标注这八个数字，抽奖者从中任取一个球，事件A表示“取出球的编号为奇数”，事件B表示“取出球的编号为偶数”，事件C表示“取出球的编号大于5”，事件D表示“取出球的编号小于5”，则（ ） A. 事件A与事件C不互斥 B. 事件A与事件B互为对立事件 C. 事件B与事件C互斥 D. 事件C与事件D互为对立事件 10. 已知为异面直线，平面，平面，，则下列结论错误的是（ ） A 与都相交 B. 与中至少一条相交 C. 与都不相交 D. 与中只有一条相交 11. 如图，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段AD上的一点，点M，N分别为线段PB，PC上的动点，且，（，），点O，G分别为线段BC，MN的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的最小值为 C. 若，则的最小值为 D. 若，，则最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一组数据的平均数为4，方差为3，那么数据的平均数和方差分别是___________． 13. 设向量的夹角的余弦值为，，,则_____________． 14. 如图1，在平面四边形ABCD中，是边长为2的等边三角形，，将沿AC翻折，使得点到点的位置，如图2所示，且二面角的余弦值为，则三棱锥体积的最大值为______，三棱锥的外接球的表面积为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，判断的形状并说明理由． 16. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，，，是等边三角形，，点是棱的中点． （1）设平面与平面的交线为，求证：； （2）求证：平面平面． 17. 随着社会经济发展，物业管理这个行业发展迅猛，某小区居民代表组织居民对所属物业公司的服务进行问卷调查，随机选取了200户居民的问卷评分（得分都在分内，满分100分），并将评分按照分成5组，绘制成如图所示的频率分布直方图. 注：本次评分不低于80分的居民支持所属物业公司延续服务；成绩低于80分的居民支持更换新物业公司. （1）求这200户居民本次问卷评分的中位数； （2）若该小区共有居民1200户，试估计该小区居民支持所属物业公司延续服务的有多少户？ （3）按比例分配的分层随机抽样的方法从评分在内的住户中选取5户，再从这5户中任意选取2户，求这2户中至少有1户支持所属物业公司延续服务的概率. 18. 为普及抗疫知识、弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛．比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛．已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲、乙胜出的概率分别为，；甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． （1）从甲、乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？ （2）若甲、乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，点E，F分别为棱，的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为. ①求二面角余弦值； ②求点F到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$