福建省宁德市2023-2024学年高一年级下册期末考试数学试卷（解析版）

宁德市2023-2024学年度第二学期期末高一质量检测

数学试题

本试卷有第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟，满分150分.

注意事项：

1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写准考证号、姓名，考生要认真核对答

题卡上粘贴的条形码的“准考证号，姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.

2.第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的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；第n卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答,

在试题卷上作答，答案无效.

第I卷（选择题共58分）

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

一个选项是符合题目要求的.

1.设复数z=2+i,则卜卜（）

A.V3B.3C.V5D.5

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数模的公式可求结论.

【详解】因为z=2+i，所以［=2—i，所以臼=^为+（—I》=6.

故选：C.

2.已知向量a==（3,—22）,若a〃（2a—b）,则％=（）

A.-3B.-1C.1D.3

【答案】A

【解析】

【分析】先求出正-3的坐标，再利用向量共线的坐标式列出方程即可解得.

一/\一/\ULU1

【详解】由a=（1,2）,6=（3,—2%）可得，2a—b=2（1,2）—（3,—2X）=（—1,4+22），

因。〃（2a—6）,故得4+22=—2,解得力=—3.

故选：A.

3.把红、蓝、黑、白4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌”与事件

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“乙分得红牌”是（）

A.对立B.相等C.相互独立D.互斥但不对立

【答案】D

【解析】

【分析】利用互斥事件和对立事件的特征易判断得出结论.

【详解】因纸牌只有红、蓝、黑、白4张，分给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，

则事件“甲分得红牌，，与事件“乙分得红牌，，在一次分法中不可能同时发生，故两事件互斥;

同时在一次分法中除了这两个事件，还有“丙分得红牌”，“丁分得红牌”这些可能事件，

故这两个事件不是对立事件.

故选：D.

4.设加，〃是两条不同的直线，a,6是两个不同的平面，下列命题正确的是（）

A,若加ua,nu°,mLn,则B.若他ua,nu（3,mlln,则a//夕

C.若加ua,nu0,a///3,则M〃〃D.若加_La,mlln,〃u用，则cJ_/7

【答案】D

【解析】

【分析】对于A,两个平面内的两条直线垂直不能推这两个面垂直；对于B,两个平面内的两条直线平行

不能得到这两个面平行；对于C,面面平行则平面内的任意直线加，〃平行或异面；对于D，由面面垂直

的判定定理即可判断.

【详解】对于A,若加ua,nu。，mln,则a,尸不一定垂直，可能相交或平行，故A错误；

对于B，若mua,nu（3，mlln,则a,尸不一定平行，可能相交，故B错误；

对于C,若能ua,nup,al1（5,则直线加，"平行或异面，故C错误；

对于D，若加_La,mHn1则〃_La,又nu（3,所以夕_1_齐，故D正确.

故选：D.

5.根据某地天气预报，在今后的三天中，每天下雨的概率均为20%.利用计算机产生1到5之间整数值的

随机数，当出现随机数1时，表示下雨，当出现随机数2,3,4,5时，表示不下雨，产生20组随机数：

435451132533224344151231424142

412414335312123233314254353442

据此估计这三天中至少有1天下雨的概率为（）

A.0.4B.0.5C.0.55D.0.6

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【答案】B

【解析】

【分析】由题意知经随机模拟产生的20组随机数中表示三天中至少有1天下雨的可以通过列举得到共10

组随机数，根据概率公式得到结果.

【详解】20组随机数中三天中至少有1天下雨的有

451,132,151,231,142,412,414,312,123,314,共10组随机数，

所以这三天中至少有1天下雨的概率为W=0.5.

20

故选：B.

6.甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要在余下的两局比赛中再赢一局就获得冠军，若余下比

2

赛中甲队每局获胜的概率为一，则甲队获得冠军的概率为()

5

9131619

A.—B.—C.—D.—

25252525

【答案】C

【解析】

23

【分析】由题设知比赛中甲队每局获胜的概率为一，输的概率为一，甲队要获得冠军，则至少在两局内赢

55

一局，利用概率的乘法和加法公式求概率即可.

23

【详解】比赛中甲队每局获胜的概率为一，输的概率为一，

55

当第一局甲获胜，其概率为4=2,

15

当第一局甲输，第二局甲赢，其概率为8=—X—=一，

■5525

甲队获得冠军的概率为尸=2+9=竺.

52525

故选：C.

7.若平面向量工员】两两的夹角相等，丘|=1,向=2,向=3,^\\a+b+c\=()

A.3B.6C.当或6D.3或6

【答案】C

【解析】

【分析】依题意可得，扇3,5两两的夹角为0°或120°，按照此两种情况讨论，结合数量积的运算律即可得

出结果.

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【详解】因为平面向量用b忑两两的夹角相等,

所以平面向量原3,1两两的夹角为0°或120°，

又因为同=1,忖=2,同=3,

当夹角为0°时，即向量扇B忑同向，则归+3+3=同+|片+同=1+2+3=6；

当夹角为120°时，即=何亚卜0$120°二lx2x-1,

a-c二同•同cos1200

1

c-b=c\]b\cosn0=3x2x—3,

2

则B+3+W=^a2+b2+c2+2a-b+2a-c+2c-b=Jl+4+9-2-3-6=G.

综上所述，5+B+W等于岔或6.

故选：C.

8.将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6）,先后抛掷两次，将得到的点数分别

记为加，〃，记向量1=（3加一4,〃一2）,3=0,-1）的夹角为6，则。为钝角的概率是（）

51711

A.—B.—C.—D.—

1863636

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的坐标运算可得3加<〃+2,且〃76-3加，利用列举法结合古典概型分析求解.

【详解】由£/厉可得（3加—4）x（—1）—（〃—2）xl=0,则〃=6-3%

因为6为钝角，所以£4<0,且Z］不共线，

(3加-4)x1+(〃-2)x(-1)<0

可得即3m<〃+2,且〃。6-3加.

nw6-3m

当冽=1时，有〃〉1且〃。3,所以〃可取2,4,5,6；

当加=2时，有〃>4,〃可取5,6；

当初=3,加=4,m=5,加=6时，n>3m-2>6,此时无解;

综上所述：满足条件的加，〃有6种可能.

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又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种，

所以，为钝角的概率P=L

6

故选：B.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中有多项符合

题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.

9.若x是样本数据的平均数，则()

A.a,—c,d的极差等于a,瓦的极差

B.的中位数等于a,6,c,d,x的中位数

C.a,6,c,d的众数等于a,仇c,d,x的众数

D.a,6,c,d的方差大于a,6,c,d,x的方差

【答案】AD

【解析】

【分析】根据极差，中位数，众数的定义分析，由方差计算公式分析.

【详解】根据题意，设样本数据a,4Gd中，最小值为。，最大值为d,

对于A,因为样本数据a,b,c,d的平均数x,其极差为d-a,而样本数据a,8c,d,x加入原样本数据的平

均数无，其最值和原样本数据是一样的，所以极差是一样的，即d-a,故A正确；

/)+「

对于B,因为样本数据a,仇c,d的中位数^——■,而样本数据a,"c,d,x的中位数为ac,x中排在中间的数,

2

则原样本数据的中位数不一定等于新样本数据的中位数，故B错误；

对于C,因为样本数据4c,d与样本数据a,"c,d,x的数据都没有实际数据，均没办法判断众数，故C

错误；

对于D,样本数据a,b,c,d的方差为4(a—+9—x)2+(c-x)2+(d—,

样本数据见仇c,d,x的方差为

+(Z?-x)2+(c-x)2+(d-x)2+(x-x)[=+(Z>-x)2+(c-x)2+(d-x)[,显然前者

更大，故D正确.

故选：AD.

10.已知A4BC三个内角4瓦。的对应边分别为见“c,且c=2,则()

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A,若砺方，则丽=20瓦

333

JT_

B.若/二:，则方在k上投影向量的模长为1

6

兀3

C.若B=_,b=—,则角。有两解

42

,,ULULuum,I---------»|2I----------»|2

D.若。.C3<0,贝+|C5|<4

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A,画出图形根据三点共线的向量表达式判断;

对于B,用投影向量的模长公式计算判断；

对于C,画出图形，求出高线，比较大小来判断解的个数；

对于D,用数量积和余弦定理综合考虑即可判断.

【详解】对于A,如图所示，

对于B,布在就上投影向量的模长为|益|COSN=2X曰=Q.故B错误.

对于C,如图所示，求得48=2sin弓=血<^=6,则有两组解，故C正确.

对于D,CA-CB<。，则。为钝角，贝！lcosC=----------------<0，即52+/一。2<0，

Iba

即加+〃<4，t^|C4|2+|C5|2<4,故D正确.

故选：ACD.

11.我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台/BCD-HB'CZ)'是一

个侧棱相等的“刍童"，若A'B'=A'D'=A'A=LAB=2,贝Ij()

2

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D'C

A.该“刍童”的表面积为20+12G

B.能够被完整放入该“刍童”内的圆台的体积可能为307r

C.该“刍童”的外接球的球心到平面氏4的距离为Jd

D.棱长为0的正四面体可以在此空心“刍童”容器内部任意转动

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A,把侧面高求出来，然后就可以求侧面积，最终可求表面积；对于B,轴截面的等腰梯形

N/C'C求出能够被完整放入该“刍童”内的圆台的最大的高"N=J5,即可求出体积；

对于C,先求该“刍童”的外接球的球心到平面45CD的距离为0,再根据平面/8'氏4的外接圆的圆心

恰为线段氏4的中点，进而可求；对于D,棱长为行的正四面体的外接球直径为由，此棱台可放入的最

大球的直径为血，故可判断.

【详解】对于A,根据题意可得，棱台侧面的高为6，该“刍童”的表面积为S表=4S恻+S上+S下，

=4x|(2+4)x73+2x2+4x4=20+1273,所以正确

对于B,由轴截面的等腰梯形//'C'C可知，AC=442,AC'=242,其高MN=6，

如图所示，能够被完整放入该“刍童”内的圆台的最大的体积为

AB

2222

F=17r/?(^+r+7?-r)=|jrxV2(2+l+2xl)=^17I,

所以不正确

对于C,•••棱台48CD-侧棱相等，，易知其外接球球心在线段跖V所在直线上，设外接球球心

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为。，

如图当球心在线段7W延长线上时，0。'=0。（外接球的半径）,由此可得（江'）2+恻2=。河2+/。2,

即（尤丁+（加+阴=0/+（20,

解得加=亚，0。=

该“刍童”的外接球的球心到平面48CD的距离也即。M的距离为J5,

同理，设平面/3'氏4的外接圆的圆心为G,瓦尸分别是43',48的中点,

由A可知，郎=£,贝UGE-+BE-=GF2+37^,即（GE+可+12=GF2+22,

解得B=0,所以平面氏4的外接圆的圆心恰为线段加的中点，故该“刍童”的外接球的球心到平面

ABBA的距禺为0G=\JOA2—AG2=JIU）—22=y[6，所以正确―

对于D,若正四面体在此容器内部可以任意转动，则正四面体的外接球可以放进容器，

如图，过点。作底面48c的垂线，垂足为点E,设正四面体的外接球的球心为厂,半径为厂,

根据题意，可得点为底面45C的中心，底面三角形45。的48边上的高为逅,

2

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76?25,所以FE-+CE2=CF-,

则CE三号=与,DE7CD2-CE'3

J3

^,FE2+CE2=CF2,,解得

所以棱长为行的正四面体的外接球直径为省,

由轴截面的等腰梯形//C'C可知，其高为血，可知此棱台可放入的最大球的直径为0,小于正四面体

的外接球直径,

故不可以在此空心棱台容器内部任意转动，所以不正确.

故选：AC

第n卷（非选择题共92分）

三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的相应位置）

12.某学校师生共有3000人,现用分层抽样方法抽取一个容量为225的样本，已知样本中教师人数为15人,

则该校学生人数为

【答案】2800

【解析】

【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到答案.

【详解】样本中教师人数为15人，学生人数为225-15=210,

该校学生人数为任义3000=2800.

225

故答案为：2800.

13.在直三棱柱48c-44G中，ACIBC,AC=BC=AAX=2,动点P在棱耳G上，则点P到平面

ABC的距离为.

【答案】V2

【解析】

【分析】由题意可得耳G〃平面48C,则点尸到平面48C的距离等于点G平面48C的距离，然后利用

七「《Be=—B-4GC可求得答案.

【详解】因为用G〃BC,与£<2平面48C,平面48C,

所以3G〃平面45C,

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因为动点P在棱BG上，所以点尸到平面A.BC的距离等于点G平面4BC的距离,

设点G平面48C的距离为“，

因为441,平面ABC,BCu平面45C,所以

因为/C15C,AA^AC=A,Z4，ZCu平面ZCC/i，

所以1平面ZCG4，

因为4。＜=平面4agi4,所以Be，4。，

因为ZC=8C=Z4=2,所以&C=52?+22=2正所「“=-x2x2=2,

所以S“BC=-x2V2x2=2V2,

△Zl|DL2

因为4-4点二^B-AXCXC，所以5sz=3s△4GeBC,

所以;x2应d=；x2x2,得d=6,

所以点尸到平面4BC的距离等于V2.

故答案为；V2

14.已知西，西，04^,词是平面内两两互不相等的向量，满足|西-就|=1,且画-西卜2

（其中z.=l,2；；=3,4）,则不;.娘=.

【答案】—##7.5

2

【解析】

【分析】由题意可知4444是边长为2的菱形，由44=1，44=2可得44=々，根据向量的数

量积定义即可求解.

【详解】由已知|而|=|京|=|系卜国画=2,

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如图示可知：4444是边长为2的菱形，且44=1，44=2,

44=2

所以3/444=/=乎，

V1515

所以44rx----=——

42

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据已知条件结合向量的线性运算得到4444是边长为2的菱

形，然后再结合向量数量积的定义求解即可.

四、解答题：本大题共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.已知复数马=/w-3i,z2=1+2i(weR).

(1)若Z]+Z2是纯虚数，求z/2；

(2)若立在复平面内对应的点在第三象限，求加的取值范围.

Z2

【答案】(1)z/2=5-5i

(2)——<m<6

2

【解析】

【分析】(1)根据21+Z2是纯虚数可求由复数的乘法运算即可求解;

Z,Z]

(2)根据复数的除法运算先求,，再根据,在复平面内对应的点在第三象限求解即可.

【小问1详解】

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因为+z2=(m+l)+5i,4+Z2是纯虚数,

所以加二一1,

所以Z/2=(T—3i)(l+2i)=5—5i；

【小问2详解】

3m-3i(m-3i)(l-2i)_(m—6)+i(—2m-3)

因为Tl+2i-(l+2i)(l-2i)5

m-6<0

所以《

-2m-3<0

3

所以——<m<6.

2

16.如图，在四棱锥P-/BCD中，底面/BCD为矩形，A4PD是边长为4的正三角形，E为棱尸。的中

点，平面PCD.

(1)求证：平面尸40_1_平面48cZ)；

(2)若异面直线PC和48所成角的正切值为2,求二面角P-BC-。的大小.

【答案】(1)证明见解析；

(2)

3

【解析】

【分析】(1)由已知可得4DLCD,由线面垂直可得/ELCD,进而可证CD_L平面，可证结论；

(2)由已知可得DC=2,取40的中点连接取5C的中点N,连接跖V,PN,由已知可得

NP7W为二面角P—BC—。的平面角，求解即可.

【小问1详解】

由于底面45CD为矩形，所以LCD,

又有ZE,平面PCD,CDu平面PCD,所以ZE，。，

因为4Dc/E=Z,所以CD_L平面P4D,

因为CDu平面/BCD,所以平面尸40,平面45CD；

【小问2详解】

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由于ABUCD,即NPCD为异面直线PC和AB所成角所成的角.

因为异面直线PC和AB所成角的正切值为2,

由于CD,平面P4D,所以

所以在RSPBC中，PD=4,所以DC=2,

由于是边长为4的正三角形，取40的中点连接W,

所以「加，AD,PM=2也,

因为平面040,平面48CO,平面尸40c平面48cz）=40,PMu平面尸40,

所以PM,平面48CD,BCu平面48CD,PM1BC.

取5C的中点N,连接PN,MNIIDC,MNIBC,

又PMcMN=M,PM,MNu平面PMN,所以BC1平面产"V,

又PNu平面PMN,所以7WJ_5C,

所以NPTW为二面角P—BC—。的平面角，

在RtAMNP中，MP=2也,MN=2,所以

TT

所以/尸2W为二面角P—BC—£＞的平面角一.

3

17.已知AZ8C三个内角4瓦。的对应边分别为a,"c,2ccosC=acosB+bcosA.

（1）求C；

（2）若ZC=2,的面积为王，。为48上一点，CD平分N4CB,求CD.

2

7T

【答案】（1）J;

（2）述,

5

【解析】

【分析】（1）法一：利用正弦定理化边为角，利用内角关系转化即得；法二：利用余弦定理，化角为边,

化简即得；

第13页/共19页

（2）法一：利用三角形面积公式求得BC,由正弦定理证明三角形角平分线定理，最后将函用基向量

声，刀表示，利用向量数量积的运算律求出|西|；法二：同法一求出8C,利用等面积直接求出CZ）.

【小问1详解】

法一：由2ccosC=acos5+6cosZ和正弦定理可得：

2sinCcosC=sinAcos5+sin5cosA,

因sin4cos5+sinBcosA=sin（Z+5）=sin（兀一C）=sinC

代入得，sinC(2cosC-1)=0

因为。£（0,兀），sinC>0，所以cosC=—

2

即Y

b2+c2-a2

QCOS5+6COS/=Q

法二:由余弦定理可得2ac2bc

即2ccosC=c,所以cosC=」

2

TT

因为Ce(0,7i),所以C=—.

3

【小问2详解】

法一：如图，由AC=2,ZACB=-,

23

可得SAB=-^|J2BCQsin-空，解得BC=3,

232

因为CZ＞平分NNC5,

ADAC

在△ZCD中根据正弦定理得：.兀-sinNADC

sin—

6

BD_BCBC

在△BCD中根据正弦定理得：,n-sinZBDC-sinZADC

sm—

6

第14页/共19页

所以台AC2

5C3

所以而=9+力=击+|•益=C4+|(C5-G4)=|G4+|CS

----29—-212—*—-4—*2=2x4+&2x3c°sL巴"吗

所以CD=—CA+—CACB+—CB

252525252532525

法二:如图，由594=型，AC=2,ZACB=-,

23

可得S=」仓()2BCGsin-巫,解得BC=3,

"EC232

由S“BC=S-CD+S-BCD，，且C。平分4CB,

可得，(AC+BC)CD'sin-=递

262

整理得：2a)=里解得，CD=—.

425

18.为了调查某校高一地理学科学生的学习情况，用分层抽样从该校高一年级学生中抽取一个容量为100的

样本进行质量监测，男生40个，女生60个.将监测后40个男生的成绩(满分为100分)分为6个区间：[40,50),

[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],绘制得到如图所示的频率分布直方图.

频率/组距

0.030

0.025

0.020

0.015

0.010

0.005

°405060708090100成绩/分

(1)根据以上样本数据，估计该校高一年段地理学科男生成绩的平均数;

(2)若从男生成绩样本数据[40,50)和[90,100]内随机抽取两个样本，求这两个样本来自同一区间的概率;

(3)已知样本数据中男生成绩的方差为194,样本数据中女生成绩的平均数和方差分别为76和120,以此

估计该校高一年段地理学科成绩的总体平均数和方差.

【答案】(1)71(2)—

15

(3)74,155.6

第15页/共19页

【解析】

【分析】（1）根据平均数的定义结合频率分布直方图求解即可；

（2）利用列举法求解即可；

（3）先根据题意求出总样本的平均数，再利用方差公式求解方差.

【小问1详解】

根据频率分布直方图有，男生成绩样本数据的平均数

x=45x0.1+55x0.15+65x0.15+75x0.3+85x0.25+95x0.05=71,

所以男生成绩样本数据的平均数为71.

【小问2详解】

在区间［40,50）和［90,100］内的男生成绩样本数据分别有4个和2个，

分别用和加，〃表示，则在这6个数据中随机抽取两个的样本空间。包含的样本点

有加）,（小〃）

（d,加（瓦c）,（瓦（c,,

个数为〃（。）=15,

记事件/=''这两个样本来自同一区间”，

则事件A包含的样本点有（Z?,c）,（Z?,t/）,（c,tZ）,（m,n）

个数为〃（Z）=7,

n(A)_7

所以P(Z)=〃(Q)-T?

【小问3详解】

设男生成绩样本数据为番，巧，…，x40,其平均数为嚏=71，方差为4=194;

女生成绩样本数据为%，％，…，乂0,其平均数为歹=76,

方差为s；=120；总样本的平均数为亍，方差为『

由按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系,

-40-60_40”，60”

得2二---x+---y=---x71+---x76=74.

100100100100

22

$2=看{40[s；+(X-F)]+60[s；+(JF-D]}

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=击｛40口94+（71—74月+60口20+（76—74月｝

=155.6.

所以总样本的平均数和方差分别为74和155.6.

19.数学家阿波罗尼斯（约公元前262—190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数

以女〉0且左W1）的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆.在棱长为

6的正方体45CD—中，点M是的中点，点尸是正方体表面DCC'。'上一动点（包括边界）,

且两直线NP,儿。与平面。CC'D'所成的角相等.

（1）证明：点尸的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）;

（2）记点尸的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为。，求万万.而的取值范围；

（3）当线段尸最短时，在线段上是否存在点N,使得。///平面4W,若有，请求出平面Z九W

截正方体/BCD—的截面周长，若无，说明理由.

【答案】（1）证明见解析，图象见解析；

（2）Z/POPe[-24,-16];

（3）存在，-+5V5+^^.

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【解析】

【分析】（1）由题意可得四="邑