重庆市长寿区七校联盟2023-2024学年高一下学期7月期末检测（B）数学试题2

重庆市长寿区2023—2024学年下学期高一期末检测卷（B）数学试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，写在试卷上无效.3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知复数满足，则复数的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算，结合复数的意义求解即得.【详解】由，得，所以复数的虚部为.故选：C2.已知向量满足，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量的数量积即可求解.【详解】，，，.又，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.3.已知向量，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示求出当时的m值即可得解.【详解】由题当时，，或，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B.4.在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（）A. B.或 C.或 D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为，，，由余弦定理可得，即，即，解得或.故选：C.5.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.则，，，所以.故选:A.6.如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则下列结论一定成立的是（）A.四边形是矩形 B.四边形是正方形C. D.平面平面【答案】A【解析】【分析】充分利用中点的特征，通过证明，，来得到四边形是矩形，从而确定选项A正确，选项B错误.选项C、D可利用反证法.【详解】在长方形中，因为点，分别为，的中点，所以，.在长方体中，有平面，又，所以平面，又平面，所以.在长方形中，同理可得，.所以，，又，所以四边形是矩形.故选项A正确，选项B错误.若，则由知，，又点，分别为，的中点，所以，所以.由图知和为相交直线，矛盾.故假设不成立，故选项C错误.由图知，和为相交直线，所以平面与平面不会平行，故选项D错误.故选：A.7.对一个样本容量为100的数据分组，各组的频数如表：区间[17,19)[19,21)[21,23)[23,25)[25,27)[27,29)[29,31)[31,33]频数113318162830估计小于29的数据大约占总体的A.16% B.40% C.42% D.58%【答案】C【解析】【详解】试题分析：由表格可以看出，样本在区间[17，29）上的数据个数，样本容量为100，进而得到小于29的数据大约占总体的42%．详解：由表格可以看出，样本在区间[17，29）上的数据个数为1+1+3+3+18+16=42个数据，∵样本容量为100，∴样本在区间[17，29）上的频率为，则估计小于29的数据大约占总体的42%，故选C．点睛：本题考查频率的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．8.一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是()A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为，故选B.【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.二、多选题：本题共3小题，每题6分，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.9.如图，在菱形中，，延长边至点，使得.动点从点出发，沿菱形的边按逆时针方向运动一周回到点，若，则（）A.满足的点有且只有一个B.满足的点有两个C.存在最小值D.不存在最大值【答案】BC【解析】【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，然后利用点的四种位置进行分类讨论即可.【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设菱形的边长为1，，则，所以，，由，得，所以，所以，①当点在上时，，且，所以；②当点在（不含点B）上时，则，所以，化简，所以，因为，所以，即；③当点在（不含点C）上时，，且，所以，即，所以；④当点在（不含点A、D）上时，则，所以，化简，所以，因为，所以，所以；对于A，由①知，当时，，此时点与点重合；由④可知当时，，，此时点在的中点处；其它均不可能，所以这样的点有两个，所以A错误，对于B，由②知，当时，，，此时点在的中点；由③知，当时，，，此时点点处；其它均不可能，所以这样的点有两个，所以B正确，对于CD，由①②③④可得：当，即点为点时，取到最小值0；当，即点为点时，取到最大值3，所以C正确，D错误，故选：BC.【点睛】关键点睛：此题考查平面向量基本定理的应用，解题的关键是建立平面直角坐标系，然后分类讨论，考查数形结合的思想，属于较难题.10.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（）A.圆锥SO的侧面积为B.三棱锥SABC体积的最大值为C.的取值范围是D.若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为【答案】BD【解析】【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D．【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；在圆周上，易得，．B正确；，又中，，所以，所以．C错；时，把和摊平，如图，的最小值是，此时，，，，，D正确．故选：BD．11.一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以，和表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是（）A.； B.；C.事件与事件相互独立； D.，，是两两互斥的事件．【答案】ABD【解析】【分析】有条件概率的定义可得B正确；利用全概率公式进行计算，可得A正确；有相互独立事件的判定方法可得C错误；有互斥事件的定义易得D正确.【详解】因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，则,乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品,则,则，故A，B正确；因为,又，，则，则两事件不相互独立，故C错误；根据互斥事件的定义可知，，，是两两互斥的事件，故D正确，故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设复数、，满足，，则______．【答案】【解析】【分析】设，，利用复数的模长公式、复数的运算以及复数相等可得出、以及的值，再利用复数的加法以及复数的模长公式可求得的值.【详解】设，，因为，则，又因为，所以，，即，由，可得，故，解得，由，可得，所以，，所以，.故答案为：.13.若一组数据的方差是5，则数据的方差是__________．【答案】45【解析】【分析】利用方差的性质求解即可.【详解】若数据方差为，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：.14.已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】设，分析可知点C在以为直径的圆上，根据数量积的几何意义结合圆的性质分析求解.【详解】由题意可设：，则，若，即，则，可知点C在以为直径的圆上，即圆心为，半径，则在方向上的投影数量的最大值为，所以的最大值为.故答案为：.【点睛】方法点睛：本题根据向量运算的几何意义把题意转化为图形，结合图形分析求解.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.在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校举办了“强国有我，挑战答题”的知识竞赛活动，已知甲、乙两队参加，每队3人，每人回答且仅回答一个问题，答对者为本队赢得1分，答错得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，，，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答问题正确与否互不影响.（1）分别求甲队总得分为1分和2分的概率；（2）求活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.【答案】（1）甲队总得分为分的概率为，分的概率为；（2）【解析】【分析】（1）利用相互独立事件和互斥事件概率公式计算可得；（2）首先求出活动结束甲、乙两队得分及所对应的概率，再利用相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；【小问1详解】解：依题意记甲队总得分为分为事件，甲队总得分为分为事件，则，，所以甲队总得分为分的概率为，分的概率为；【小问2详解】解：依题意甲队总得分为分的概率为，得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为；乙队总得分为分的概率为，得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为；则活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.16.某种经济树木根据其底部周长的不同售价有所差异，底部周长在为三类树，底部周长在为二类树，底部周长大于或等于为一类树．为了解一大片该经济林的生长情况，随机测量其中100株树木的底部周长（单位：），数据均落在之间，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．（1）估计该片经济林中二类树约占多少；（2）将同组中的每个数据都用该组区间中点的数值代替，试估计该经济林中树木的平均底部周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，即可求解二类树的频率，（2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解.【小问1详解】由频率分布直方图可得，所以，解得．因为底部周长在为二类树，所以由图可得，．答：该片经济林中二类树木约占．【小问2详解】由题意可得，答：估计该经济林中树木的平均底部周长为．17.在中，设为外接圆的圆心.（1）求；（2）若，设，求的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）转化为，再结合即可算出，同理可以求得；（2）结合（1）和，利用数量积的定义解出即可.【详解】（1）如图，由于为外接圆的圆心，所以设的中点分别为，连接，则，故同理可得.（2）由（1）可得,即，解得18.如图1，在直角梯形中，，，，是的中点，与交于点，将沿向上折起，得到图2的四棱锥.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正切值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用平面几何的知识证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得解；（2）在图2中证得平面，从而证得平面，进而得到为二面角的平面角，由此求得所需线段的长即可得解.【小问1详解】在题干图1中连接，如图，由已知得是CD的中点，四边形是平行四边形，，同理，四边形是平行四边形，又，且，四边形是正方形，，所以在题干图2中，，又平面，平面，又，平面.【小问2详解】因为在正方形中，，，又是等边三角形，在题干图2中，过作于点，则为中点，过作交延长线于点，连接，如图，平面平面，，又平面，平面，又平面，，又平面，平面，又平面，，为二面角的平面角，在等边中，，则，又点为的中点，，易得，又，可得，在中，，所以二面角的正切值为.【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用二面角的定义，结合线面垂直的判定定理在图2中作出二面角的平面角，从而得解.19.在中，内角的对边分别为，且.（1）求.（2）若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围.（3）若点是直线上的两个动点，记.若恒成立，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据正弦定理与同角关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解；（2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即