2023-2024学年琼海市高一数学（下）期末考试卷附答案解析

-2024学年琼海市高一数学（下）期末考试卷（时间：120分钟满分：150分）欢迎你参加这次测试，祝你取得好成绩！一、单选题：本题共8阿小题，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．在复平面，复数z对应的点坐标为，则（

）A．i B．-i C． D．2．已知某地最近10天每天的最高气温（单位：）分别为23，17，17，21，22，20，16，14，21，19，则这10天最高气温的第80百分位数是（

）A．15 B．21 C．21.5 D．223．已知表示两条不同的直线，表示两个不重合的平面，且，下列说法中正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则4．已知向量，满足，，且，则（

）A． B． C． D．15．在中，角的对边分别为，若，，则的形状为（

）A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．等腰直角三角形6．如图，在正方体中，M，N分别为C1D1和CC1的中点，则异面直线AM与BN所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和4，若该正四棱台的体积为，则侧棱长为（

）A． B．2 C． D．8．设，，，四点在一个半径为5的球的球面上，是斜边为6的直角三角形，则三棱锥体积的最大值为（

）A． B．64 C． D．27二、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．某学校对高一学生选科情况进行了统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、物化政、生史地五种组合，其中选考物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的扇形图和条形图，则（

）A．该校高一学生总人数为700B．该校高一学生中选考物化政组合的人数为80C．该校高一学生中选考物理的人数比选考历史的人数多D．用比例分配的分层随机抽样方法从该校高一学生抽取20人，则生史地组合抽取6人10．某学校为了解学生身高（单位：cm）情况，采用分层随机抽样的方法从4000名学生（该校男女生人数之比为）中抽取了一个容量为100的样本.其中，男生平均身高为175，方差为184，女生平均身高为160，方差为179.则下列说法正确的是参考公式：总体分为2层，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，，，，.记总的样本平均数为，样本方差为，则（

）参考公式：A．抽取的样本里男生有60人B．每一位学生被抽中的可能性为C．估计该学校学生身高的平均值为170D．估计该学校学生身高的方差为23611．如图，在正四棱柱中，，点P为线段上的动点，则下列说法正确的是（

）A．三棱锥的体积为B．三棱锥外接球的表面积为6πC．若E是棱上一点，且，则平面D．直线平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．若一组数据的方差是5，则数据的方差是．13．如图所示，有一滚筒是正六棱柱形（底面是正六边形，每个侧面都是矩形），两端是封闭的，筒高1.6m，底面外接圆的半径是0.4m，制造这个滚筒需要铁板（精确到，）．14．已知内角，，的对边分别为，，，为的重心，，，，则，面积的最大值为．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．如图，在正三棱柱中，点为中点，(1)求证：；(2)如果点是的中点，求证：平面．16．某校为了解学生每周参加课外兴趣班的情况，随机调查了该校1000名学生在2023年最后一周参加课外兴趣班的时长（单位：分钟），得到如图所示的频率分布直方图．若直方图中，时长落在区间内的人数为200．(1)求出直方图中，，的值；(2)估计样本时长的中位数（精确到0.1）和平均数．17．记的内角，，的对边分别为，，，已知．(1)求．(2)若，，求的周长．18．如图，已知四棱锥的底面是正方形，点是棱的中点，平面，．(1)求证：平面平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值；(3)求二面角的余弦值．19．如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设．(1)当时，求四边形的周长；(2)克罗狄斯托勒密（Ptolemy）所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求．(3)当为多少时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值．1．B【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解.【详解】z对应的点坐标为，所以，所以故选：B.2．C【分析】将数据从小到大排序，按照定义求出第80百分位数即可.【详解】将数据从小到大排序，即14，16，17，17，19，20，21，21，22，23.由于，则取第8,9个的平均值作为第80百分位数.即.故选：C.3．C【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，由，则平面与平面平行或相交，所以A不正确；对于B中，由，则直线或，所以B不正确；对于C中，如图所示，过直线作平面，使得，因为，且，可得，又因为，所以，因为，可得，所以C正确；对于D中，由，则直线与平面平行、相交或，所以D不正确.故选：C.4．C【分析】根据数量积的运算律及模的性质化简求解即可.【详解】因为，，所以，即①，又，所以②，由①②可得，，即.故选：C5．C【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由求出，即可得解.【详解】因为，由正弦定理可得.因为，所以，所以，又，所以或，又因为，所以，故为等边三角形.故选：C6．A【分析】分别为的中点，或其补角为AM与BN所成的角，设正方体的边长为，余弦定理求解即可.【详解】取AB的中点，的中点，连接，又M，N分别为和的中点，正方体中，，，四边形为平行四边形，有，同理有，则或其补角为AM与BN所成的角，连接EF，设正方体的边长为，则，，，所以，即异面直线AM与BN所成角的余弦值为.故选：A．7．B【分析】利用棱台的体积公式求高，再用勾股定理求侧棱长即可.【详解】

设棱台的高为，则由棱台的体积公式可得：，解得：，如图可作正棱台的高，则，则由勾股定理得：，故选：B.8．A【分析】依题意可得的外接圆的半径，即可求出球心到平面的距离，求出面积的最大值，及点到平面的距离的最大值，最后根据锥体体积公式计算可得.【详解】是斜边为的直角三角形，的外接圆的半径，又球的半径，球心到平面的距离，又面积的最大值为，点到平面的距离的最大值为，三棱锥体积的最大值为．故选：A．9．BC【分析】根据政史地人数和占比可确定A正确；计算出物化生的人数后即可确定B错误；分别计算选考历史和物理的人数，则知C正确；确定生史地组合人数占比后，根据分层抽样原则可知D错误.【详解】对于A，选科为政史地的人数为人200，占比为，该校高一学生共有人，A错误；对于B，选科为物化生的人数为人，选科为物化政的人数为，B正确；对于C，选考历史的人数有人，选考物理的人数有人，选考物理的人数比选考历史的人数多，C正确；对于D，选科为生史地的学生人数占比为，采用分层抽样抽取20人，生史地组合应抽取人，D错误.故选：BC.10．ABD【分析】根据分层抽样的公式，以及利用每层样本的平均数和方差公式，代入总体的均值和方差公式，即可判断选项.【详解】对于项，抽取的样本里男生有人，所以A项正确；对于B项，由题可知，每一位学生被抽中的可能性为，所以B项正确；对于C项，估计该学校学生身高的平均值为，所以C项错误；对于D，估计该学校学生身高的方差为，所以D项正确.故选：ABD11．ACD【分析】对于A，直接求三棱锥的体积进行判断；对于B，三棱锥外接球就是正四棱柱的外接球，则其直径为正四棱柱的体对角线，从而可求出其外接球的表面积；对于C，设是棱上一点，且，连接，通过线面垂直可得，又易得，可得平面；对于D，由面面平行的性质判断即可.【详解】对于A，在正四棱柱中，，所以三棱锥的体积为，故A正确；对于B，由题意可得三棱锥外接球就是正四棱柱的外接球，所以外接球半径为，所以外接球的表面积为，故B不正确；对于C：若是棱上一点，且，由正四棱柱，易证平面，又平面，所以，设是棱上一点，且，连接，由正四棱柱，可得且，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以，所以，由已知可得，又，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，故C正确；对于D，因为，又平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故D正确.故选：ACD.12．45【分析】利用方差的性质求解即可.【详解】若数据的方差为，则数据的方差为，所以当数据的方差是5时，可得数据的方差是，故答案为：.13．4.7【分析】求六棱柱的表面积即可.【详解】因为正六棱柱的底面棱长为0.4m，所以底面积为：，棱柱的侧面积为：.所以正六棱柱的表面积为：.故答案为：4.714．【分析】①用重心向量公式，结合平面向量基本定理即可求解；②用向量的平方就是模的平方来求三角形中的边角关系，结合基本不等式可求面积最大值.【详解】①由为的重心，则，又因为，所以，整理得：，根据平面向量基本定理可知：，解得：，即；②由上可得，平方可得：，又因为，所以，又因为，所以，解得，则，当且仅当取等号.故答案为：①；②.15．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；（2）根据线面平行的判定定理可得答案.【详解】（1）由正三棱柱性质得平面，又面，所以，又为等边三角形，D为BC中点，所以，又，、平面，所以平面，又平面，所以；（2）因为为中点，E是的中点，所以，又由棱柱性质可知，所以四边形是平行四边形，所以，且，由棱柱性质可知，且，故，且，所以四边形是平行四边形，故，又平面，平面，所以平面．16．(1)(2)中位数为；平均数为【分析】（1）先根据概率公式求出,再利用面积和为1求出，再结合求解，；（2）利用左右面积相等求中位数，由直方图平均数公式得平均数；【详解】（1）由已知可得，则，即，又，解得．（2）因为，，设中位数为，且，所以，解得，即中位数为；平均数为；17．(1)(2)【分析】（1）利用辅助角公式即可求出角的大小；（2）利用余弦定理，结合已知条件求出角，再用正弦定理求边，即可求出周长.【详解】（1）由可得，即，由于，故，解得（2）由余弦定理有，对比已知，可得，因为，所以，从而，所以由正弦定理得所以，所以的周长为18．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）先用线面垂直定理证明平面，再用面面垂直定理证明平面平面即可；（2）由于平面PAC，所以PM为PD在平面PAC内的射影，所以为PD与平面PAC所成角.借助锐角三角函数求值即可；（3）投影法求解，为在平面上的投影.分别求出面积再比即可得解.【详解】（1）证明：因为ABCD为正方形，所以，因为平面，平面，所以，又，又，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）如图所示，设交于，连接，由（1）知平面PAC所以PM为PD在平面PAC内的射影，所以为PD与平面PAC所成角.因为，所以，在直角中，所以PD与平面PAC所成角得正弦值为（3）运用投影法解题.由于平面，平面，则．又底面为正方形，则.因为，平面，则平面.则为在平面上的投影.且.，，，，则为等腰三角形，连接，则.，则.设平面与平面夹角为，则．由图知道二面角为锐角，则二面角的余弦值为.19．(1)(2)(3)，最大值为．【分析】（1）用余弦定理计算边长，再算周长；（