河北省邯郸市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题【含答案】

邯郸市2023—2024学年第二学期期末质量检测高一数学班级___________姓名___________注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.有三组数据（1）5，5，5，6，6，6，7，7，7；（2）4，4，5，5，6，7，7，8，8；（3）3，3，3，3，6，9，9，9，9.设它们的方差依次为，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据方差的定义计算可得【详解】数据（1）5，5，5，6，6，6，7，7，7的平均数和方差分别为（2）4，4，5，5，6，7，7，8，8的平均数和方差分别为；（3）3，3，3，3，6，9，9，9，9的平均数和方差分别为所以故选：D.2.在复平面内，非零复数满足（为虚数单位），则复数对应的点在（）A.一､三象限 B.二､四象限C.实轴上（除原点外） D.坐标轴上（除原点外）【答案】A【解析】【分析】设，根据得到，得到答案.【详解】设，由已知得，即，,故复数对应的点在一､三象限角平分线（除原点）上.故选：A.3.已知向量，且，则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用数量积的运算律求出，再利用夹角公式计算得解.【详解】由，得，解得，由，，因此，而，所以.故选：C4.已知的顶点坐标分别是，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据点点距离可求解，即可利用余弦定理以及同角关系即可求解，或者利用正弦的和差角公式求解.【详解】方法一：由，知，由余弦定理知，所以，故选:A.方法二：如图，由，知，，故选{A.5.设是两个平面，是两条直线，则下列命题为假命题的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据线面、面面的位置关系，结合线面平行、线面垂直性质判断各项即可.【详解】对于选项A，由可得，又，所以，故A正确；对于选项B，由可得或，由线面平行性质知，存在直线满足，又，所以，即平面经过平面的垂线，所以，故B正确；对于选项，由可得，当且满足时，不满足，故错误；对于选项D，由，可得，又，则β内一定存在直线和l平行，设为b，则，所以，故D正确；故选：C6.在中，，平面内一点满足，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】在中，由余弦定理知为直角三角形，又，故是的外心且是斜边的中点，为正三角形，由投影向量的几何意义，向量在向量上的投影向量即为向量=.故选C.7.在三棱锥中，平面，若该三棱锥的体积为，则其外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先将三棱锥补成三棱柱，则三棱锥和三棱柱的外接球相同再应用三棱柱几何特征结合正弦定理求出外接球半径，最后求出球的表面积即可.【详解】如图，将三棱锥补成三棱柱，则三棱锥和三棱柱的外接球相同，设分别为和的外心，则三棱柱的外接球球心为的中点，连接并延长交于点，则为的中点，连接，因为，所以，由正弦定理可得，所以，由，即，可得，则，则外接球的表面积.故选：B.8.甲､乙两人各有一枚质地均匀的硬币，甲抛掷2次，乙抛掷3次，事件“甲抛掷的两次中第一次正面朝上”，事件“甲抛掷的两次硬币朝上的面相同”，事件“甲得到的正面数比乙得到的正面数少”，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】对于AB，利用列举法分析判断，对于CD，方法一：利用列举法分析判断，方法二：利用反证法分析判断.【详解】用表示甲第次抛掷的结果，那么甲抛掷两次的结果可以用表示.用1表示正面向上，0表示反面向上，则样本空间，所以不是的子集，所以AB错误，对于事件，方法一：借助表格列举如下，√√√√√√√√√√√√√√√√，又，所以C错误，D正确，方法二：设事件“甲得到的反面数比乙得到的反面数少”，则，下证事件与事件对立.若事件与事件同时发生，那么甲的正面数和反面数都比乙的少，那么甲抛的次数至少比乙少两次，与题目矛盾；若事件与事件都不发生，那么甲的正面数和反面数都不比乙的少，那么甲抛的次数不比乙少，与题目矛盾；故事件与事件对立，所以，因为，所以C错误，D正确，故选：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.已知非零向量，下列说法错误的是（）A.若，则B.若，则C.若，且∥，则D.若，则与垂直的单位向量的坐标为【答案】ACD【解析】【分析】对于A：分析可知，进而可得结果；对于B：分析可知同向共线，进而可得数量积；对于C：设，结合向量的坐标运算求解即可；对于D：设与垂直的单位向量的坐标为，根据题意结合向量的坐标运算求解.【详解】因为均为非零向量，对于选项A：若，即，可知，无法得出，例如，满足，但不成立，故错误；对于选项B：由知同向共线，则，故B正确；对于选项C：因为且∥，设，又因为，则，解得所以或，故C错误；对于选项D：设与垂直单位向量的坐标为，由题意可得，解得或，所以与垂直的单位向量的坐标为或，故D错误，故选：ACD.10.已知复数均不为0，则下列式子正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据特殊值法判断A，C选项，根据模长性质判断B，D选项.【详解】设，则，故A错误；由复数的模的性质，故B正确；设，则，而，故C错误；，又，所以，故D正确.故选:BD.11.在中，内角所对的边分别为，已知为线段上一点，则下列判断正确的是（）A.为钝角三角形B.的最大内角是最小内角的2倍C.若为中点，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】由正弦定理可得，由余弦定理求最大角和最小值，结合二倍角公式，判断A、B；由，平方得，可判定C；由，可得，判断D.【详解】由题知内角所对的边分别为，由正弦定理可知，不妨设，则，对于A，由上知为最大边，故为最大角，由余弦定理知，故为锐角，所以为锐角三角形，故错误；对于，由上知为最小角，且，又，知，且均为锐角，则，故B正确；对于，平方得，又，故，故C正确；对于D，由，得，又，所以，由，即，故，故D正确，故选：BCD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某校高一年级有1250人，全年级学生的近视率为，男生中有390人近视.学校医务室计划通过抽样的方法估计高一年级所有近视学生的平均度数.现从近视的学生中通过按比例分配的分层随机抽样的方法得到容量为100的样本，样本中男生的平均度数为300度，女生的平均度数为350度，则估计高一年级近视学生的平均度数为___________度.【答案】【解析】【分析】首先求出高一年级女生近视人数，再计算平均数即可.【详解】依题意高一年级女生近视人数为，则高一年级近视学生的平均度数为.故答案为：13.在如图所示的圆锥中，为底面圆的直径，为的中点，，则异面直线与所成角的余弦值为___________.【答案】##0.5【解析】【分析】结合圆锥的特征先找到异面直线所成的角，再结合余弦定理计算角的余弦值即可.【详解】如图，连接，分别取的中点，连接，则，则或其补角为异面直线与所成角，作于点，连接，由为中点可得，且，而，则，由余弦定理可得，则，则异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.14.已知是同一平面内一组不共线的向量，对于平面内任意向量，有且只有一对实数使，且当共线时，有.同样，在空间中若三个向量不共面，那么对任意一个空间向量，存在唯一的在度实数组，使得，目当共面时，有.如图，在四棱锥中，，点是棱的中点､与平面交于点，设，则___________；___________.【答案】①.②.【解析】【分析】方法一：表达出，，根据三点共线得到方程，求出，根据得到方程，求出，从而求出答案；方法二：作出辅助线，由三角形相似得到，，表达出，，故，求出答案.【详解】方法一：，，又三点共线，即存在实数，使得，故，又，所以，所以，故，；方法二：过作，延长交于点，，连接，与的交点即为，由三角形相似可得，，故，.故答案为：，2四､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.为响应“强化学校体育工作，推动学生文化学习和体育锻炼协调发展”的号召，现从某学校随机抽取了100名学生，获得了他们一周体育运动的时间（单位：），将数据绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求频率分布直方图中的，并估计该校学生一周体育运动时间的平均数；（2）为鼓励同学们积极参加体育运动，学校计划对一周运动时间较长的前同学给予奖励，若小华一周体育运动时间为9.4小时，他能否获得奖励？请说明理由.【答案】（1），（2）小华不能获得奖励，理由见解析【解析】【分析】（1）先补全频率分布直方图，根据频率分布直方图求平均数；（2）根据频率分布直方图百分位数的计算.【小问1详解】该校学生一周体育运动时间的平均数的估计值为.【小问2详解】不能，理由如下：因为的频率为，的频率为，设前位数为，则，所以，解得，故小华不能获得奖励.16.如图，在直三棱柱中，为的中点.（1）证明：平面；（2）若三棱柱的体积为，且，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，则利用三角形的中位线定理可证得，然后利用线面平行的判定定理可证得结论；（2）由棱柱的体积可求得，由已知条件可证得平面，则为直线与平面所成角，然后在中求解即可.【小问1详解】证明：如图，连接交于点，连接，因为四边形为矩形，所以为的中点，因为为的中点，所以，因为平面平面，所以平面.【小问2详解】解：因为，所以，所以，得，因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以直线与平面所成角，因为在中，，，所以.17.如图，在平面四边形中，设.（1）求，（2）若，求为何值时，平面四边形的面积最大？【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理转化为角，再由同角三角函数基本关系得出即可求解；（2）设，由三角形面积公式及三角恒等变换化简，根据正弦型函数的最值求法得解.【小问1详解】由已知及正弦定理知，因为，故，又，所以，所以.【小问2详解】由（1）知，又，故为等边三角形，设.，在中，由余弦定理知，所以，又，所以当，即时，平面四边形面积最大，最大值为.18.龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情，小明从一幅扑克牌中挑出10和共8张牌（每个数字四个花色：红桃（红色）､方块（红色）､黑桃（黑色）､梅花（黑色））.现从8张牌中依次取出2张，抽到一张红10和一张红即为成功.现有三种抽取方式，如下表：方式①方式②方式③抽取规则有放回依次抽取不放回依次抽取按数字等比例分层抽取成功概率（1）分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率；（2）若三种抽取方式小明各进行一次，（i）求这三次抽取中至少有一次成功的概率；（ii）设在三种方式中仅连续两次成功的概率为，那么此概率与三种方式的先后顺序是否有关？如果有关，什么样的顺序使概率最大？如果无关，请给出简要说明.【答案】（1），，（2）（i）；（ii）有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大【解析】【分析】（1）先根据题意计算出三种抽取方式下所有情况数，再列举出抽到一张红10和一张红的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可；（2）（i）根据对立事件的概率公式求解即可；（ii）方法一：设三次抽取成功的概率分别为，则，化简根据的大小可得结论；方法二：分别求出每种顺序下的概率，比较可得结论.【小问1详解】设方式①的样本空间为，方式②的样本空间为，方式③的样本空间为，则，设事件“抽到一张红10和一张红”，（红桃10，红桃），（红桃10，方块），（方块10，红桃），（方块10，方块），（红桃，红桃10），（方块，红桃10），（红桃，方块10），（方块，方块10），故.【小问2详解】（i）记三次抽取至少有一次成功为事件，则.（ii）有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大.方法一：设三次抽取成功的概率分别为（即为不同顺序的一个排列），则，又，故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大.方法二：若按①②③的顺序，，同理①③②、②①③､②③①､③①②、③②①顺序下的概率分别为，故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大.19.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，点在棱上.（1）证明：平面平面；（2）当时，求二面角的正切值；（3）过且与都平行的平面分别交于，若，当在线段的两个三等分点之间运动时（含三等分点），求四边形面积的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2