广东省肇庆市2023-2024学年高一下学期期末考试数学

肇庆市2023—2024学年第二学期高一年级期末教学质量检测数学注意事项：1．本试卷共150分，考试时间120分钟.2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.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.已知样本空间，事件，，则（）A. B. C. D.2.若向量，则下列与向量垂直的向量是（）A. B. C. D.3.某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为（）A.2 B.2.2 C.3 D.74.欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限5.已知，则（）A B. C. D.6.的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（）A. B.1 C. D.27.将函数图象上的所有点都向左平移个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（）A. B.C. D.8.已知单位圆与轴正半轴交于点，点在第二象限且在单位圆上．若，劣弧的中点为，则（）A. B. C. D.二、选择题：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.已知复数，则下列命题为真命题的有（）A.的虚部为B.C.D.若是关于方程的一个根，则10.将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（）A. B.C.与是互斥事件 D.与相互独立11.已知函数，，对都有，且零点有且只有3个.下列选项中正确的有（）A.B.的取值范围为C.使的有且只有2个D.方程所有根之和为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若为纯虚数，则实数________．13.已知函数，当取得最大值时，________．14.如图，到的电路中有5个元件，，，，，电流能通过，，，的概率都为0.8，电流能通过的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在与之间通过的概率为________．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.某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：，，，，，并绘制成了频率分布直方图，如图所示：注：90分及以上为及格．（1）求的值，并估计数学成绩的中位数及众数；（2）在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人．16.一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同．（1）从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率；（2）每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球（非盒内，且与原盒中红球相同），再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率．17.已知向量，满足，，与的夹角为．（1）求；（2），，求的值；（3）若在方向上的投影向量为，求的最小值．18.如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市的地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面，转盘直径为，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为．如图2，设座舱距桥面最近的位置为点，以轴心为原点，与桥面平行的直线为轴建立直角坐标系．游客从点进舱，游客甲、乙的位置分别用点，表示，其中，是终边落在，的正角．（1）证明：；（2）求游客甲位置距桥面的高度关于转动时间的函数解析式；（3）在（2）的条件下，若游客甲、乙的座舱之间还有三个座舱，乙的位置距桥面的高度为，求在转动一周的过程中的最大值．19.已知的内角的对边分别为，若，，为平面内一点，且满足．（1）求；（2）求的最小值；（3）若，求的取值范围．

肇庆市2023—2024学年第二学期高一年级期末教学质量检测数学注意事项：1．本试卷共150分，考试时间120分钟.2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上.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.已知样本空间，事件，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由概率的计算公式，代入计算，即可得到结果.【详解】因为，且事件，，则，所以.故选：A2.若向量，则下列与向量垂直的向量是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据数量积的坐标表示判断即可.【详解】对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D错误.故选：C3.某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为（）A.2 B.2.2 C.3 D.7【答案】A【解析】【分析】根据题意，由方差的计算公式代入计算，即可得到结果.【详解】由题意可得，命中的环数的平均数为，则方差为.故选：A4.欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，）建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】由题意可得，可得结论.【详解】由欧拉公式（为自然对数的底，是虚数单位，），可得，所以在复平面内对应的点位于第二象限.故选：B.5.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由正切函数的和差角公式可得，再由正切函数的二倍角公式，代入计算，即可求解.【详解】由可得，则.故选：C6.的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求解三角形的面积即可.【详解】由余弦定理得，则，则，则的面积为故选：B7.将函数图象上的所有点都向左平移个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式结合图像变换的知识求解即可.【详解】将所有点都向左平移个单位长度后,得到，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数，故选：A.8.已知单位圆与轴正半轴交于点，点在第二象限且在单位圆上．若，劣弧的中点为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】通过单位圆、点坐标及，得，设与正半轴的夹角为，则，求出即可.【详解】由题意可知，，则，在第二象限且在单位圆上，设，且，则，因为，所以，即，故.设与正半轴的夹角为，则，因为，且，则，所以，所以点坐标为，故.故选：A.二、选择题：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.已知复数，则下列命题为真命题的有（）A.的虚部为B.C.D.若是关于的方程的一个根，则【答案】ABD【解析】【分析】求得复数的虚部与模可判断AB，求得，可判断C；由已知可得，可求得判断D.【详解】对于A：由，可得复数的虚部为，故A正确；对于B：，故B正确；对于C：，故C错误；对于D：因为是关于的方程的一个根，所以，所以，所以，所以，解得，所以，故D正确；故选：ABD.10.将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（）A. B.C.与是互斥事件 D.与相互独立【答案】ACD【解析】【分析】由古典概型计算，，判断A,B;运用互斥事件概念判断C；利用独立事件的定义，结合古典概型判断D.【详解】抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种：，，，，，，表示第一次向上出现点，第二次向上任一点,，则A正确.表示第二次向上出现3点且两次向上点数之和不是7，则第一次向上出现不是4,则等价于说第一次出现，第二次向上是3点.满足题意的有，共5种，则概率为.故B错误．表示点数组合，表示出现，不能同时发生，故与是互斥事件，故C正确．由A知道，,表示两次点数之和是7，则包含结果数为，共6种,则概率．表示第一次出现点，且两次和为7．满足题意的有.则.故.则与相互独立.故D正确．故选：ACD.11.已知函数，，对都有，且的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（）A.B.的取值范围为C.使的有且只有2个D.方程的所有根之和为【答案】AC【解析】【分析】，始终把看做一个整体，借助正弦函数的图象、最值、方程的根来对选项逐一分析即可.【详解】，令，则，令，即，，，则在上有3个零点，则，即，解得，故错误；，，则，所以，故正确；若，即，或，故正确；，且的零点有且只有3个，所以方程有四个根，从小到大分别为.，即，则，则，故，即方程的所有根之和为，故错误.故选：.【点睛】方法点睛：解决的取值范围与最值问题主要方法是换元法和卡住的大致范围，如本题选项，具体方法为：（1）根据的范围，求出的范围；（2）把看成一个整体，即利用换元法，把变成来降低解决问题的难度，再借助正弦函数的图象，要使有3个零点，则的最大值就必须在之间，列出不等式即可求出的取值范围.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若为纯虚数，则实数________．【答案】【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可.【详解】因为，又为纯虚数，所以，解得.故答案为：13.已知函数，当取得最大值时，________．【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式求解，用已知角表示未知角求解即可.【详解】其中当取得最大值时，所以故答案为：14.如图，到的电路中有5个元件，，，，，电流能通过，，，的概率都为0.8，电流能通过的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在与之间通过的概率为________．【答案】【解析】【分析】先应用独立事件的概率乘法公式，再结合互斥事件的概率和公式计算即可.【详解】设能通过电流分别为事件,事件相互独立,设电流能在M与N之间通过为事件B,所以.故答案：.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.某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：，，，，，并绘制成了频率分布直方图，如图所示：注：90分及以上为及格．（1）求的值，并估计数学成绩的中位数及众数；（2）在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人．【答案】（1）；中位数；众数（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由频率分布直方图的性质代入计算，即可求得，再由中位数与众数的计算公式代入计算，即可求解；（2）根据题意，由频率分布直方图可得及格的人数，再由分层抽样的公式代入计算，即可得到结果.小问1详解】由频率分布直方图的性质可得，，解得，设中位数为，因为，，所以中位数在范围内，则，解得，则中位数为，再由频率分布直方图可知众数为.【小问2详解】由频率分布直方图可知，及格人数为人，再由分层抽样可得，及格的学生应抽取人.16.一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同．（1）从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率；（2）每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球（非盒内，且与原盒中红球相同），再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；（2）首先利用列举法求出取一次球取到两球都是红球的概率，取到一个红球一个白球的概率，取得两球都是白球的概率，再分两种情况讨论，利用相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得.【小问1详解】设第一次与第二次摸到的都是红球为事件，则.【小问2详解】记3个红球分别为，，，2个白球分别为、，则从盒子中任取两个球所有可能结果为，，，，，，，，，共种，所以取到两球都是红球的概率为，取到一个红球一个白球的概率为，取得两球都是白球的概率为；经过次抽取后盒中恰好都是红球分两种情况:①第一次取出两个红球，概率为，第二次取出两个白球，概率为，故经过次抽取后盒中恰好都是红球的概率为；②第一次取出一个红球一个白球，概率为，第二次取出一个红球一个白球，概率为，故经过次抽取后盒中恰好都是红球的概率为；综上，经过次抽取后盒中恰好都是红球的概率为.17.已知向量，满足，，与的夹角为．（1）求；（2），，求的值；（3）若在方向上的投影向量为，求的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由向量的数量积的定义即可求解；（2）利用向量的夹角公式求解即可；（3）先求得投影向量，进而计算可求的最小值.【小问1详解】因为，，与的夹角为，所以；【小问2详解】因为，，，所以.【小问3详解】在方向上的投影向量为，所以，当时，的最小值为．18.如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市的地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面，转盘直径为，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为．如图2，设座舱距桥面最近的位置为点，以