湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷一、单项选择题：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.某校高三年级有810名学生，其中男生有450名，女生有360名，按比例分层随机抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则抽取男生和女生的人数分别为（）A.40，32 B.42，30 C.44，28 D.46，26〖答案〗A〖解析〗根据分层抽样原理知，，，所以抽取男生40人，女生32人．故选：A.2.下列统计量中，都能度量样本的集中趋势的是（）A.样本的标准差与极差B.样本的中位数与平均数C.样本的极差与众数D.样本的方差与平均数〖答案〗B〖解析〗根据书中知识可知：度量数据的集中趋势的是中位数，平均数，众数，度量数据离散程度的是方差，标准差，极差，所以本题B是正确的.故选：B.3.在正方体中，二面角的大小是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗如图，由正方体的性质易知平面，平面，平面，则，而平面平面，则为二面角的平面角，又因为四边形为正方形，所以，即二面角的大小是.故选：B.4.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，，则C.若，则D.若，则〖答案〗D〖解析〗对于A项，若，则可能相交，如下图所示，故A错误；对于B项，若，，则或，如下图所示，故B错误；对于C项，如图所示，，显然不一定垂直，故C错误；对于D项，由线面垂直的性质可知若，则，即D正确.故选：D.5.设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗∵，∴−=3(−)，∴=−.故选：A.6.如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论不正确的是（）A.圆柱的侧面积为B.圆锥的侧面积为C.圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和D.三个几何体的表面积中，球的表面积最小〖答案〗D〖解析〗对A，圆柱的侧面积等于，A正确；对B，圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，B正确；对C，圆柱的体积为，圆锥的体积为，球的体积为，所以，C正确，对D，圆柱的表面积，圆锥的表面积，球的表面积为，由于，所以圆锥的表面积最小，D错误.故选：D．7.如图，四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，分别为的中点，给出以下结论：①平面；②平面；③平面与平面交线为，则；④平面．则以上结论正确的序号为（）A.①③ B.②③ C.①②③ D.①②③④〖答案〗C〖解析〗取中点，易知，结合平面，平面，根据线面平行的判定定理，得知①正确；根据题意，可知，从而得到四边形FCME是平行四边形，所以，根据线面平行的判定定理，得知②正确；得平面，由线面平行的性质可知，③正确，④显然不正确.故选：C.8.如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论：①与是异面直线；②相交于一点；③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形；④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形.其中错误的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4〖答案〗C〖解析〗对于①，连接，如图所示：由分别是的中点，可得，可得与共面，故①错误；对于②，因为平面平面平面，所以由异面直线的定义可得，与是异面直线，则不相交于一点，故②错误；对于③，由①知，过A，M，P的平面截正方体所得的图形为四边形，而，故四边形不是平行四边行，故③错误；对于④，取，则过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形，故④正确.故选：C.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.9.设复数，则下列命题结论不正确的是（）A.的虚部为1 B.C.在复平面内对应的点在第四象限 D.是方程的根〖答案〗BCD〖解析〗由，可得：，所以的虚部为，即A是错误的；由，可知，即B是正确的；由可知在复平面内对应的点在第四象限，即C是正确的；由方程的根为，即D是正确的.故选：BCD.10.已知向量，则下列结论正确的是（）A. B.C.与的夹角为 D.在上的投影向量为〖答案〗CD〖解析〗对于A，，故A错误，对于B,,而，故与不共线，故B错误，对于C，，由于，故与的夹角为，C正确，对于D，在上的投影向量为，故D正确.故选：CD.11.已知正四面体的棱长为，则（）A.正四面体的外接球表面积为B.正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值C.正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为D.正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为〖答案〗BD〖解析〗棱长为的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，设外接球的半径为，则，所以，所以A错误；设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，设正四面体的高为，又，由等体积法可得，，所以为定值，所以B正确；如图所示，设中点为，连接，，则，，故为所求二面角的平面角，，，由余弦定理得，则，所以C错误；对于选项D，要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的外接球要在四面体内切球内部，当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，又，，设正四面体内切球的半径为，则，即，解得，所以正四面体的外接球半径为，设正四面体的边长为，则，所以，故体积，即正四面体的体积最大值为，所以D正确．故选：BD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为__________.〖答案〗〖解析〗由题意得，而，故，解得，故的面积为.故〖答案〗为：.13.已知向量，则与垂直的单位向量的坐标为__________.〖答案〗〖解析〗设与向量垂直的单位向量为，则，解得，或，所以，或.故〖答案〗为：.14.如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则__________，的最大值为__________.〖答案〗〖解析〗由几何体结构特征可知为外接球直径，所以；连接，交平面于点，取中点，连接，由正棱锥性质知，且，则、，，设，外接球半径为R，则，所以由得，，又，故，而，当且仅当时取等，故.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.果切是一种新型水果售卖方式，商家通过对整果进行消洗､去皮､去核､冷藏等操作后，包装组合销售，在“健康消费”与“瘦身热潮”的驱动下，果切更能满足消费者的即食需求.（1）统计得到10名中国果切消费者每周购买果切的次数依次为：，求这10个数据的第70百分位数与方差；（2）统计600名中国果切消费者的年龄，他们的年龄均在5岁到55岁之间，按照分组，得到频率分布直方图.估计这600名中国果切消费者年龄的中位数及平均数（结果保留整数）.解：（1）按从小到大顺序：1，3，4，4，5，6，6，7，7，7，由于，故第70百分位数为；平均数，.（2）由可得，所以，解得，所以这600名中国果切消费者年龄的中位数为24，其平均数16.在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且．（1）求角A的大小；（2）若．（i）求的值；（ii）求的面积．解：（1）已知，由余弦定理，则，又，则.（2）（i），由正弦定理有，得，故，.（ii）由正弦定理可知，，故的面积为.17.如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点.（1）证明：平面.（2）求异面直线与所成角的大小.（3）求直线与平面所成角的正切值.解：（1）如图，连接交于点，因为，分别为，的中点，所以，因为平面，且平面，所以平面.（2）因，且，易得，则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角），因为，所以，即与所成角的大小为.（3）连接，过作于点，因为平面，且平面，所以，又且，所以平面，因为平面，所以，又，且，平面，所以平面，所以直线与平面所成角为（或其补角），因为正方体的边长为1，所以，，所以.18.（1）已知，，点在线段的延长线上，且，求点的坐标；（2）若是夹角为的两个单位向量，求：（i）的值；（ii）函数的最小值；（3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明．①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点．注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分．解：（1）设，则，，因为点在线段的延长线上，且，所以，所以，解得，所以.（2）（i）因为，为单位向量，所以，，所以.（ii）因为，所以当时，函数的最小值为.（3）若选①：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，证明：如图，设，由三角形法则有，所以，即，同理可得，，.若选②：在平行四边形中，，为对角线，证明：，根据条件作出图形，因为四边形为平行四边形，所以，，，所以，因为，所以，所以，即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和.若选③：在中，，，分别为，，的中点，证明：，，相交于一点，由题意作出图形，设，，则，，，设，相交于一点，，，则，，又，所以，解得，，所以，再设，相交于一点，同理可证得，即，重合，即，，相交于一点，所以三角形的三条中线交于一点.19.如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，（1）证明：平面；（2）求点到面的距离；（3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.解：（1）连接，如图，在三棱台中，；，四边形为等腰梯形且，设，则，由余弦定理得：，，；平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，；是以为直角顶点的等腰直角三角形，，，平面，平面.（2）由棱台性质知：延长交于一点，，，，；平面，即平面，即为三棱锥中，点到平面的