河南省三門峽市盧氏縣第一高級中學2023-2024學年高一下期期末考試數(shù)學試題

2023-2024學年下期期末考試高一數(shù)學試題一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.已知(1-i)z=i,則復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點位于()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限2.袋子里有4個大小、質(zhì)地完全相同的球,其中2個紅球、2個白球,從中不放回地依次隨機摸出2個球,事件A=“兩個球顏色相同”,事件B=“兩個球顏色不同”,事件C=“第二次摸到紅球”,事件D=“兩個球都是紅球”.下列說法不正確的是()A.P(A∪B)=1B.C與D互斥C.D?CD.P(B)=P(C)+P(D)3.某高中為了積極響應國家“陽光體育運動”的號召,調(diào)查該校3000名學生每周平均體育運動時長的情況,從高一、高二、高三三個年級學生中按照4∶3∶3的比例進行分層隨機抽樣,收集了300名學生每周平均體育運動時長(單位:小時)的數(shù)據(jù),整理后得到如圖所示的頻率分布直方圖.下列說法不正確的是()A.估計該校學生每周平均體育運動時長為5.8小時B.估計該校高一年級學生每周平均體育運動時長不足4小時的人數(shù)為300C.估計該校學生每周平均體育運動時長不少于8小時的百分比為10%D.估計該校學生每周平均體育運動時長不少于8小時的人數(shù)為6004.在平行四邊形ABCD中,BE=12BC,AF=1A.15.在△ABC中,B=π3,AB=8,BC=5,則△ABC外接圓的面積為(A.49π3B6.如圖,一組數(shù)據(jù)x1,x2,x3,…,x9,x10的平均數(shù)為x,方差為s2,去除x9,x10這兩個數(shù)據(jù)后,平均數(shù)為x',方差為s'2,則()A.x'>x,s27.已知AB⊥AC,|AB|=t,|AC|=1t.若點P是△ABCA.13B.5-228.已知三棱錐P-ABC的底面ABC為等腰直角三角形,其頂點P到底面ABC的距離為3,體積為24,若該三棱錐的外接球球O的半徑為5,則滿足上述條件的頂點P的軌跡的總長度為()A.6πB.30πC.(9+221)π二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分)9.已知i是虛數(shù)單位,則下列說法正確的有()A.i2022=-1B.“a=0”是“復數(shù)a+bi(a,b∈R)是純虛數(shù)”的必要不充分條件C.若復數(shù)z=a+i(a∈R),且|z|=2,則a=3D.若復數(shù)z滿足2z+z=3-2i,則復數(shù)z的虛部為-210.在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,△ABC的面積為S,若S=a22,則(A.bsinC+csinB=2(bcosC+ccosB)B.a2bcC.cb+b11..已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長為1,側(cè)棱長為a,M是CC1的中點,則()A.對任意a>0,都有A1M⊥BDB.存在a>0,使直線A1C1與直線BM相交C.平面A1BM與底面A1B1C1D1的交線的長為定值5D.當a=2時,三棱錐B1-A1BM外接球的表面積為3π三、填空題(本題共3小題,每小題5分,共15分)12.五一節(jié)放假期間,甲、乙、丙三人去某景點旅游的概率分別是12,13,14,13.已知三棱錐A-BCD中,BC⊥平面ABD,AB=3,AD=1,BD=22,BC=4,則三棱錐A-BCD外接球的體積為___________.

14．如圖所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一條直角邊在平面內(nèi)，另一條直角邊長為且，若平面上存在點P,使得的面積為，則線段長度的最小值為___________．四、解答題(本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15.（13分）在的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且（1）求A的值；（2）若,求的取值范圍．16.（15）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，底面，點E在棱上.（1）求證：平面；（2）若，點E為的中點，求二面角的余弦值.17.(15分)某校組織全體學生參加“數(shù)學以我為傲”知識競賽,現(xiàn)從中隨機抽取了100名學生的成績組成樣本,并將成績(單位:分)分成以下6組:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],統(tǒng)計結(jié)果如圖所示.(1)試估計這100名學生成績的眾數(shù)、中位數(shù);(中位數(shù)保留小數(shù)點后2位)(2)試估計這100名學生成績的平均數(shù)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間中點值代表);(3)現(xiàn)在按分層隨機抽樣的方法在[80,90)和[90,100]兩組中抽取5人,再從這5人中隨機抽取2人參加這次競賽的交流會,求至少有一人的成績在[90,100]內(nèi)的概率.18.(17分)甲、乙兩人進行圍棋比賽,采取積分制,規(guī)則如下:每勝1局得1分,負1局或平局都不得分,積分先達到2分者獲勝;若第四局結(jié)束,沒有人積分達到2分,則積分多的一方獲勝;若第四局結(jié)束,沒有人積分達到2分,且積分相等,則比賽最終打平.假設每局比賽甲勝的概率為12,負的概率為13,(1)求第三局結(jié)束時乙獲勝的概率;(2)求甲獲勝的概率.19.（19分）在四面體中，，記四面體的內(nèi)切球半徑為．分別過點向其對面作垂線，垂足分別為．（1）是否存在四個面都是直角三角形的四面體？（不用說明理由）（2）若垂足恰為正三角形的中心，證明：；（3）已知，證明：2023-2024學年下期期末考試模擬試題高一數(shù)學1.B2.B3.C4.D5.A6.D7.B8.D9.ABD10.AC11.AC一、單項選擇題(本題共8小題,每小題5分,共40分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)1.B因為(1-i)z=i,所以z=i1所以復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點為-12,122.B設2個紅球的標號分別為1,2,2個白球的標號分別為3,4.不放回地隨機摸出2個球的樣本空間為{(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),(3,4),(4,3)},共12個樣本點.事件A包含的樣本點有(1,2),(2,1),(3,4),(4,3),共4個;事件B包含的樣本點有(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),共8個;事件C包含的樣本點有(1,2),(2,1),(3,1),(4,1),(3,2),(4,2),共6個;事件D包含的樣本點有(1,2),(2,1),共2個.易知事件A與事件B為對立事件,故P(A∪B)=1,故A中說法正確;D?C,則C與D不互斥,故B中說法錯誤,C中說法正確;P(B)=812=23,P(C)=3.C對于A,估計該校學生每周平均體育運動時長為1×0.05+3×0.2+5×0.3+7×0.25+9×0.15+11×0.05=5.8(小時),故選項A中說法正確;對于B,該校高一年級的總?cè)藬?shù)為3000×44+3+3=1200,由題中頻率分布直方圖可知,該校學生每周平均體育運動時長不足4小時的頻率為(0.025+0.1)×2=0.25,所以估計該校高一年級學生每周平均體育運動時長不足4小時的人數(shù)為對于C,估計該校學生每周平均體育運動時長不少于8小時的百分比為(0.075+0.025)×2×100%=20%,故選項C中說法錯誤;對于D,估計該校學生每周平均體育運動時長不少于8小時的人數(shù)為3000×20%=600,故選項D中說法正確.故選C.4.D如圖,AB=所以m=12,n=7故選D.5.A設△ABC外接圓的半徑為R,由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcosB,即AC2=64+25-2×8×5×12=49,所以則2R=ACsinB=732故△ABC外接圓的面積為πR2=493故選A.6.D由題意得110∑i=由題圖知x9=1,x10=2x-1,故x'=由題圖知x9,x10是偏離x較大的兩個數(shù)據(jù),∴去除x9,x10這兩個數(shù)據(jù)后,整體波動性減小,故s2>s'2.故選D.7.B以A為坐標原點,建立如圖所示的平面直角坐標系,則A(0,0),B(t,0),C0,所以AB=(故AB|則AP=AB|故PB=(所以PB·PC=當且僅當t=2t,即t=2時,等號成立故選B.8.D設等腰直角△ABC的直角邊長為x(x>0),球O的半徑為R,則R=5.由三棱錐P-ABC的體積V=13×12x2×3=24,∴△ABC的外接圓半徑r1=12∴球心O到底面ABC的距離d1=R2∵頂點P到底面ABC的距離為3,∴頂點P的軌跡是一個截面圓的圓周.當球心O在底面ABC和截面圓之間時,球心O到該截面圓的距離d2=3-1=2,則截面圓的半徑r2=R2∴頂點P的軌跡長度為2πr2=221π.當球心O在底面ABC和截面圓的同一側(cè)時,球心O到該截面圓的距離d3=3+1=4,則截面圓的半徑r3=R2∴頂點P的軌跡長度為2πr3=6π.綜上所述,頂點P的軌跡的總長度為(6+221)π.故選D.二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的得0分)9.ABD對于A,因為i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,所以i2022=i4×505+2=i2=-1,故A正確.對于B,由a=0推不出a+bi(a,b∈R)是純虛數(shù),如a=b=0,此時a+bi=0,為實數(shù),故充分性不成立;由a+bi(a,b∈R)為純虛數(shù),得a=0,b≠0,故必要性成立,故“a=0”是“復數(shù)a+bi(a,b∈R)是純虛數(shù)對于C,|z|=a2+1=2,解得a=±3,故對于D,設z=m+ni(m,n∈R),則z=m-ni,則2z+z=2(m+ni)+(m-ni)=3m+ni=3-2i,故3m=3,n=-2,解得m10.AC∵S=12bcsinA=12a2,由正弦定理可得sinBsinCsinA=sin2A,∵A∈(0,π),∴sinA≠0,∴sinBsinC=sinA.對于A選項,由asinA=bsinB=csinC=2R(R為△ABC外接圓的半徑),可得∵bcsinA=a2,∴a2bc=sinA,又A∈(0,π),∴當A=π2時,a2bc取得最大值,為1,此時a2=b2+c2=bc,無解由a2=b2+c2-2bccosA及bcsinA=a2,得b2+c2=bcsinA+2bccosA,∴cb+bc=c2+b2bc=由bcsinA=a2,a2=b2+c2-2bccosA得tanA=2a2b2+故選AC.11.AC如圖,連接AC,由已知得BD⊥AC,BD⊥AA1,∵AA1∩AC=A,AA1,AC?平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1,又A1M?平面ACC1A1,∴BD⊥A1M,A正確.連接BC1,∵B∈平面A1BC1,M?平面A1BC1,∴BM?平面A1BC1,又A1C1?平面A1BC1,B?A1C1,∴BM與A1C1異面,B錯誤.延長BM,B1C1,交于點N,連接A1N,交C1D1于點P,則A1P即為平面A1BM與平面A1B1C1D1的交線.易得△NC1M≌△BCM,∴C1N=BC=1,∴C1為B1N的中點,∵PC1∥A1B1,∴P為A1N的中點,又A1N=A1B1易知△A1B1B是直角三角形,所以其外接圓的圓心為A1B的中點,設為O',半徑r=A1取BB1的中點Q,連接MQ,O'Q,O'M,則MQ⊥平面ABB1A1,易知O'Q=12∴三棱錐B1-A1BM外接球的球心即為O',半徑R=r=52,故三棱錐B1-A1BM外接球的表面積為4πR2=5π,D錯誤.故選三、填空題(本題共3小題,每小題5分,共15分)12.答案3解析由題意可得3人都不去該景點旅游的概率為1-所以至少有1人去該景點旅游的概率為1-1413.答案125π解析因為AB=3,AD=1,BD=22,所以BD2+AD2=AB2,所以AD⊥BD.又BC⊥平面ABD,BC=4,所以可以把該棱錐補形成長、寬、高分別為22,1,4的長方體,長方體的外接球就是三棱錐A-BCD的外接球,所以外接球的半徑為12所以外接球的體積為4314.【詳解】在中，，則，又平面，平面平面，所以平面，連接，，所以，得，設（），則，即，得，當即即時，取到最小值1，此時取到最小值.故答案為：

四、解答題(本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)15．【答案】（1）（2）【詳解】（1）由,因,代入得，,展開整理得，,即,因,則有,由正弦定理，,又因,故得，因，則;（2）由（1）得，因,由正弦定理，，則,于是，，因，則,故,即的范圍是．16.【解析】【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理得，再結(jié)合菱形性質(zhì)利用線面垂直的判定定理證明即可.（2）根據(jù)二面角的平面角定義作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的邊角關(guān)系求解即可.【小問1詳解】因為平面，平面，所以，因為為菱形，所以，又平面平面，所以平面.【小問2詳解】如圖，連接，則平面，由平面，平面，平面，得，故即為二面角的平面角，在菱形中，，所以，又，所以，由點E為的中點，得，所以為等腰三角形，在內(nèi)過點E作高，垂足為H，則，所以，即二面角的余弦值為.17.解析(1)由題中頻率分布直方圖可知,成績在[70,80)內(nèi)的頻率最大,故估計眾數(shù)為75分.(2分)因為成績在[40,70)內(nèi)的頻率為10×(0.010+0.015+0.020)=0.45,在[40,80)內(nèi)的頻率為0.45+0.030×10=0.75,所以中位數(shù)在[70,80)內(nèi),(3分)設中位數(shù)為m分,則(m-70)×0.03=0.5-0.45,解得m≈71.67.故估計這100名學生的成績的中位數(shù)為71.67分.(5分)(2)由題中頻率分布直方圖,可得這100名學生成績的平均數(shù)約為(45×0.01+55×0.015+65×0.02+75×0.03+85×0.015+95×0.01)×10=70.5(分).(8分)(3)成績在[80,90)內(nèi)的有100×(0.015×10)=15人,成績在[90,100]內(nèi)的有100×(0.01×10)=10人,所以在[80,90)這組中抽取5×1510+15=3人,分別記為a,b,c,在[90,100]這組中抽取2人,分別記為1,2,(10分)所以從這5人中隨機抽取2人的情況有(a,b),(a,c),(b,c),(a,1),(a,2),(b,1),(b,2),(c,1),(c,2),(1,2),共至少有一人的成績在[90,100]內(nèi)的情況有7種,所以所求概率為710.(12分18.解析(1)設事件A為“第三局結(jié)束時乙獲勝”.由題意知,每局比賽