2023-2024学年人教版高中下学期高一数学期末试卷（全解全析）

2023-2024学年高一数学下学期期末试卷01

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

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。

4.测试范围：（必修第二册）人教A版2019

5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第一部分（选择题共58分）

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.有一组样本数据：15,16,11,11,14,20,11,13,13,24,13,18,则这组样本数据的上四分位数

是（）

A.11B.13C.16D.17

【答案】D

【解析】将样本数据由小到大排列依次为：11,11,11,13,13,13,14,15,16,18,20,24,

因为12x；=9,所以这组数据的上四分位数为笥生=17,故选D

2.12个同类产品中，有10个正品，任意抽取3个产品概率是1的事件是（）

A.3个都是正品B.至少有一个是次品

C.3个都是次品D.至少有一个是正品

【答案】D

【解析】因为所求事件的概率是1,所以该事件为必然事件，

对于A,因为可能发生任取出来的3个产品含有次品的情况，所以事件“3个都是正品”是随机事件，故A

错误；

对于B,因为可能发生任取出来的3个产品都是正品的情况，所以事件“至少有一个是次品”是随机事件，

故B错误；

对于C,因为次品的个数只有2个，所以事件“3个都是次品”是不可能事件，故C错误；

对于D,因为次品的个数只有2个，所以任取出来的3个产品必然至少有一个是正品，即事件“至少有一个

是正品”是必然事件，故D正确，故选D.

z-2

3.已知复数z满足J=2i,则复数z在复平面内的对应点在（）

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】设z=a+历（“,6eR）,则三="历，

由土工行怎,得三-2=2(z+l)i,

z+1

a—2=—2Z?

即。-2-历=-%+(2a+2)i,所以

—b=2a+2'

a=-2

解得,_,故z——2+2i,

b=2

所以复数z在复平面内对应的点为（-2⑵，位于第二象限，故选B

4.如图，直角梯形O'AB'C'满足O'C',O'A'=A'B'=2,0'C=3，它是水平放置的平面图形的直观图，则该

平面图形的周长是（）

A.7+A/5B.5+2道+风

c.11+V4TD.10a

【答案】C

【解析】由题意0'。'=。7=3,49=筋=2,由4'夕//0\7可得45〃0€：,

由O'A'l.O'C',ZB'O'C=45,A'B'//O'C,

可得NB'O'A=ZA'B'O'=45，所以NO'A®=90,

而O'A=AB'=2,所以08=2。0=2xj2?+22=4插>

结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形O'A?C还原成平面图形，

如图所示：由勾股定理可得AO=440『+2?=0BC={40+32=V41,

所以满足题意的平面图形的周长是2+6+3+历=11+标.故选：（：.

5.已知向量，2=(-2,2我,1=(1,瓜贝心在0方向上的投影向量为()

A.—aB.—aC.—bD.b

44

【答案】A

【解析】由。=(-2,20)力=(1,6),得|止J(-2y+(26了=4,q.6=_2xl+2Gx6=4,

所以b在“方向上的投影向量为n丝.h。=4=1故选：A

|a|24-4

6.我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定

理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.

如图，若大正方形的面积是25,小正方形的面积是1,则AO.GB=()

A.9B.-9C.12D.-12

【答案】B

【解析】由题意可知，AD=5,HE=1,

设=由勾股定理可得(％+以+尤2=52,解得x=3,

所以sin/ABH=：,所以A£>.G8=BCHG@-COS(兀一ZG8C)=5x3x[—1]=_9,

故选：B.

7.已知ABC中，角A,B,。所对的边分别是a,b,c,bcosC+ccosB=b,且a=。855,贝！)是

()

A.锐角三角形B.钝角三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形

【答案】D

【解析】bcosC+ccos3=6nsinBcosC+sinCeos3=sin3nsin（3+C）=sin3,

即sinA=sin8,故a=b,

a—ccos3nsinA=sinCeosB=>sin（8+C）=sinCcosB

=>sinBcosC+cosBsinC=sinCcosB=sinBcosC-0,

因为Be（0,兀），所以sinBwO,故cosC=0,

因为C«0㈤，所以C=g,

故ABC为等腰直角三角形.

故选：D

8.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善

行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)，图②

是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分),若两个圆弧OE、AC所在圆的半径分别是3和6,且NA5C=

120%则下列关于该圆台的说法错误的是()

B

图①图②

A.高为2后B.母线长为3

D.体积为吟

C.表面积为14万

【答案】D

【解析】设圆台的上底面半径为r,下底面半径为R,则2仃=浮3,即r=l；2m=?：而即R=2.又圆

台的母线长为1=6—3=3,所以圆台的IWI1(R=2\6,故4,5正确.圆台的表面积S=丸(1

+2)x3+wxl2+^x22=14^,故C正确；圆台的体积P=*x2&x(22+12+2xl)="er,故O错误.故选

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.将样本容量为100的样本数据分为4组：[2,6),[6,10),[10,14),[14,18],得到频率分布直方图如图所示，

则下列说法中正确的是()

A.样本数据分布在［6,10)内的频率为0.32

B.样本数据分布在［10,14)内的频数为40

C.样本数据分布在［2,10)内的频数为40

D.估计总体数据大约有10%分布在［10,14)内

【答案】ABC

【解析】对于A,由图可得，样本数据分布在［6,10)内的频率为0.08*4=0.32,故A正确；

对于B,由图可得，样本数据分布在［10,14)内的频数为100x0.1x4=40,故B正确；

对于C,由图可得，样本数据分布在［2,10)内的频数为100x(0.02+0.08)x4=40,故C正确；

对于D,由图可估计，总体数据分布在［10,14)内的比例约为0.卜4、100%=40%,故D错误.

故选：ABC.

10.同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件4甲骰子点数为奇数，事件3：乙骰子点数为偶数，

事件C：甲、乙骰子点数相同.下列说法正确的有()

A.事件A与事件8对立B.事件A与事件5相互独立

C.事件A与事件C相互独立D.P(C)=P(AB)

【答案】BC

【解析】由题意，得尸(A)=：,尸(B)=2，P(C)=N=:，

223oo

对于A,当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件4与事件8不互斥，故事件A与

事件5不对立，故A错误；

C'C11111

对于B,由题意知P(A3)=WV=i，又尸(A)P(B)=WX5=N=P(AB),故事件4与事件3相互独立，故B正

确;

对于C,P(AC)=W又p⑷尸(C)=U=[=P(AC),故事件A与事件C相互独立，故C正确；

36122612

对于D,由上知，P(C)=1<P(AB)=-^,故D错误.

故选：BC.

11.如图，在棱长为2的正方体4BCD-A耳£口中，。为正方体的中心，/为。A的中点，尸为侧面正方

形叫口。内一动点，且满足〃平面贝！]()

A.三棱锥2-。C8的外接球表面积为12兀

B.动点尸的轨迹是一条线段

C.三棱锥尸-8aM的体积是随点厂的运动而变化的

D.若过A,M,G三点作正方体的截面。，Q为截面。上一点，则线段4。长度的取值范围为W，20

【答案】ABD

【解析】对于A：由题意可知：三棱锥2-。CB的外接球即为正方体的外接球,

可知正方体的外接球的半径R=6,

所以三棱锥DCB的外接球表面积为4成2=12兀，故A正确；

对于B：如图分别取44，A。的中点G,连接GH,叫AD1.

由正方体的性质可得4〃〃CXM,

且BQu平面片GH,平面瓦G〃，所以GM〃平面片G/7,

同理可得：BQ〃平面BQ//,

且BCqCM=G，BG，GMu平面BC}M,所以平面BfiH//平面BC,M,

而用歹〃平面8G〃，所以耳尸u平面4G8,

所以点尸的轨迹为线段GH,故B正确；

对于C：由选项B可知，点厂的轨迹为线段GH,因为GH〃平面BGM,

则点/到平面的距离为定值，

同时的面积也为定值，则三棱锥尸-BCM的体积为定值，故C不正确;

对于D：如图，设平面。与平面田交于AN,N在BB］上.

因为截面。c平面=平面44QD〃平面BBCC，所以AM〃GN.

同理可证AN〃GM,所以截面4WGN为平行四边形，所以点N为8月的中点.

在四棱锥A-4WGN中，侧棱4G最长，且4G=20.

设棱锥A-AMGN的高为心

因为AM=GM=君，所以四边形AMGN为菱形,

所以AMG的边AG上的高为面对角线的一半，即为后，又AG=2g,

11114

贝！|S^，G=5'2石x0=#,Vc^M=~S^M'DYCX=-X-X2X2X2=-^

所以V4e=」S^AMC/=%AM/=3，解得人=

/i|~A/LMzWCj3ZXAV3C|-33

2/6

综上，可知4。长度的取值范围是三一，20，故D正确.

故选：ABD.

第二部分（非选择题共92分）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.杭州亚运会期间，某社区有200人参加协助交通管理的志愿团队，为了解他们参加这项活动的感受，

用按比例分配的分层抽样的方法随机抽取了一个容量为40的样本，若样本中女性有16人，则该志愿团队

中的男性人数为.

【答案】120

40-16

【解析】根据题意，结合分层抽样的概念及运算，可得愿团队中的男性人数为200XRF=120.

40

k

13.已知函数丫=-6和，=%+修，其中《、心均可取1、2、3、4、5、6中的任一数.则这两函数图象有交

尤

点的概率为.

【答案、】弓19

36

y=-&k

【解析】根据已知条件联立无，即-」=x+月，整理有：尤2+3+匕=0,

x

y=x+k2

因为两函数图象有交点，所以公=石-4匕2。，即取22曲，

当上2=1时，%无解；当％2=2时，勺=1；当上2=3时，左=1,2;

当左2=4时，匕=1,2,3,4；当a=5时，尤=1,2,3,4,5,6；

当&=6时,匕=1,2,3,4,5,6；综上，满足条件的勺、网共19对,

又根据已知条件8、k2的所有取值情况为6。=36种，

所以两函数图象有交点的概率为P=-1.

36

14.已知正方体ABC£>-AqG，的棱长为2,P为正方形ABC。内的一动点（包含边界）,E、歹分别是棱、

棱AA的中点.若2P〃平面BE凡则A尸的取值范围是,

【答案】［0,何

【解析】如图所示:

连接BCVADt,则所//AD"/BQ,

又EFu平面BEF,4。仁平面目卯，故A。"/平面跳万,

设/为BC的中点，连接

由于尸分别是棱AA的中点，故DF=BM，DF//BM,

则四边形为平行四边形，取D\M//FB,

又FBu平面BEF,平面跳下，故QM//平面5EF,

又AD,cRM=口,AD］,DtMu平面RAM,

故平面DtAM//平面BEF,

由于2P〃平面BEF,故QPu平面2AM,

又因为P为正方形ABC。内的一动点，且平面2AM平面ASCD=AM,

故AM即为动点尸的轨迹，

而W=奴+仔=石,故AP的取值范围是［。,石］.

四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步果。

15.（本小题满分13分）现统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数

据：

甲777377818581778593737781

乙7181737371738573

已知甲12次投篮次数的平均数同=80,乙8次投篮次数的平均数兀=75.

⑴求这20次投篮次数的中位数机，估计甲每次训练投篮次数超过机的概率；

⑵求这20次投篮次数的平均数最与方差?.

【解】（D将这20个数据从小到大排列，第10个数和第口个数都是77,所以加=无"=77,

因为甲的12次投篮训练中，投篮次数超过77次的有6次，

估计甲每次训练投篮次数超过加的概率为尸='=；.

（2）这20次投篮次数的平均数星=弟鼻=郊殁2=78,

212+52+12+32+72+32+12+72+152+52+12+32+72+32+52+52+72+52+72+52»

20

16.(本小题满分15分)已知ABC的内角A,£C的对边分别为a,b,c,向量m=(a,cosA),n=(cosB,Z?-c),

且加•几=c-cosA,ABC外接圆面积为3兀

⑴求4

⑵求ABC周长的最大值.

【解】(1)已知向量根=(a,cosA),n=(cosB,Z?-c)

则力〃=acosB+(Z?-c)cosA,

则acosB+伍一c)cosA=ccosA,

所以acosB+bcosA=2ccosA,

则sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA,

所以sin(A+8)=2sinCcosA,

又A+B+C=7i9

故sinC=2sinCcosA且sinC>0,

所以COSA=L

2

又Ae(O,兀)，

贝(|A=］；

(2)由(1)知：b2+c2—a2=2bccosA=be,

则a2=b2+c2-be>

由正弦定理可得：ABC的外接圆半径为尺=三三，

2sinA

即a=3,

所以户+02-60=3+(?)2-360=923+0)2-3(6+0)2=^£2_,

44

JT

贝1|6+cW6,当且仅当b=c且A=§,即人=c=3=o时等号成立，

故三角形ABC周长a+6+c的最大值为9.

17.(本小题满分15分)甲、乙、丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每

局比赛甲赢乙的概率为:，甲赢丙的概率为:，丙赢乙的概率为:.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局

的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下

一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束.

⑴若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；

⑵请帮助甲进行第一局的决策（甲乙、甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大.

【解】（1）若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：

①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，

2111

35430

②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，

其概率为

34560

所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为±+±=±.

306020

（2）若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：

甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙

胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，

所以甲能获得冠军的概率为白11（+91%3?221+49191%1巳=*1.

若第一局为甲丙比，

则同上可得甲获得冠军的概率为:xg+：xgx：x：+[x：x;x：=焉

若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，

则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果5.

因为--->—>—，

1201220

所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.

18.（本小题满分17分）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多

面体顶点的曲率等于27r与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度

用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为三，故其各个顶点的曲率均为

2兀-3xm=兀.如图，在直三棱柱ABC-A4a中，点A的曲率为笄，N,M分别为4瓦CG的中点，且

AB^AC.

(1)证明：CN，平面A844.

(2)证明：平面AA/用_L平面

(3)若AA=2A8,求二面角A-加瓦-G的正切值.

【解】(1)在直三棱柱ABC-A耳G中，平面43C,AC,A8u平面A3C,

则"LAC,AA]±AB,所以点4的曲率为27t-2x]-N3AC=^,

7T

所以ZBAC=g.因为AB=AC,所以△ABC为正三角形.

因为N为的中点，所以CNLAB.

又A4_L平面ABC,CNu平面A5C,所以AA—CN,

因为A4jAB=A,A4pA_Bu平面ABB]4，所以CJVJ_平面A&BM.

(2)取A用的中点。，连接。M,DN.

因为N为45的中点，所以DN//BB,且DN=gBB-

又CM/IBB、且CM=；BB\,所以DN//CM且DN=CM,

所以四边形CNOM为平行四边形，则。M〃0V.

由(1)知。V_L平面4叫4，则平面A网A.

又DMu平面AMBX,所以平面AMBt±平面ABB,A1.

(3)取3c的中点F,连接A尸，则AR13C.

因为平面ABC,AFu平面A8C,所以2片，&歹，

因为5耳|8C=B,BB「8Cu平面BBCC,所以AF,平面8片GC.

又用Mu平面B4GC,所以A尸，与M,过F作印W的垂线，垂足为反连接A",

则8眼_LFff,又AF，|Fff=尸,AF、Ff/u平面AW,所以用加J■平面A尸H,

又AHu平面AFH,AH±B.M,

所以为二面角A-MB1-G的平面角的补角.

设与MBC=E,AB=2,则=EF=1+2=3,ME=2近.

iiFF.「M3x23

由等面积法可得，及,=5跖-CN,则9=F^=为=1

则tanZAHF=匚旦,故二面角£的正切值为一逅.

FH33

19.（本小题满分17分）任意一个复数Z的代数形式都可写成复数三角形式，即2=。+4=,（8$0+1用11，）,

其中i为虚数单位，r=\z\=y/a2+b2>0,。«。，2兀）.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667〜1754）创立.

设两个复数用三角函数形式表示为：4=Mcosq+isin，J,z2=r2（cos32+ism02）,贝！）：

空2=隹［8$（4+2）+1$m（4+（92）］.如果令4=22=