2023六安一中高一下学期期末考试数学含解析

这是一份2023六安一中高一下学期期末考试数学含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

六安一中2023年春学期高一年级期末考试
数学试卷
满分：150分 时间：120分钟
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. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（　 　）
A. B. 1 C. D. i
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，
所以复数z的虚部为.
故选：B.
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由向量垂直坐标表示直接构造方程求解即可.
【详解】，，解得：.
故选：B
3. 某地一年之内12个月的降水量从小到大分别为：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，则该地区的月降水量75%分位数为（　　）
A. 58 B. 60 C. 61 D. 62
【答案】C
【解析】
【分析】由百分位数定义可得答案.
【详解】注意到，则该地区的月降水量75%分位数为第9，第10个数据的平均数，为.
故选：C
4. 下列结论中正确是（ ）
A. 若直线a，b为异面直线，则过直线a与直线b平行的平面有无数多个
B. 若直线m与平面α内无数条直线平行，则直线m与平面α平行
C. 若平面α∥平面β，直线a⊂α，点M∈β，则过点M有且只有一条直线与a平行
D. 若直线l平面α，则过直线l与平面α垂直的平面有且只有一个
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线与平面的有关性质逐项分析.
【详解】对于A，过a作直线，使得，则是唯一的，因为a与b是异面直线，所以a与 相交，则由确定的平面是唯一的，错误；
对于B，可能有，错误；
对于C， ，若过点M在平面内有两条直线，分别平行于a，则由于平行线的传递性，必有，
又与有公共点M，则重合，故过M点只有唯一的一条直线与a平行，正确；
对于D，显然过l的平面有无数个，并且每个平面都与垂直，错误；
故选：C.
5. 在正四棱台中，，，则该四棱台的体积为（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出截面，过点作，结合等腰梯形的性质得高，再计算体积即可.
【详解】过作出截面如图所示，过点作，垂足为，
因为正四棱台中，，
所以，，，即梯形为等腰梯形，
所以，，
所以，该四棱台的体积为
故选：D.

6. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别取的中点，连接，则可证明为异面直线SC与DE所成的角，分别在三角形中由勾股定理求出，和的长度，利用余弦定理计算得到答案.
【详解】如图所示：

分别取的中点，连接.
由且可得是等边三角形，
则且，且，故且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为，所以为异面直线SC与DE所成的角（或其补角），
因为平面，平面，∴，，
故和均为直角三角形，
所以，，
，
由余弦定理得.
则异面直线与所成的角的余弦值为.
故选：B
7. 在6月6日第27个全国“爱眼日”即将到来之际，教育部印发《关于做好教育系统2022年全国“爱眼日”宣传教育工作通知》，呼吁青年学生爱护眼睛，保护视力．众所周知，长时间玩手机可能影响视力．据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有30%的学生每天玩手机超过2h，这些人的近视率约为50%．现从每天玩手机不超过2h的学生中任意调查一名学生，则该名学生近视的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设该校有a名学生，根据已知条件，求出每天玩手机不超过2h的学生人数及其中近视的人数，再利用频率估计概率能求出结果.
【详解】设该校有a名同学，则约有0.4a的学生近视，约有0.3a的学生每天玩手机超过2h，且每天玩手机超过2h的学生中的学生中近视的学生人数为：0.3a×0.5=0.15a，
所以有0.7a的学生每天玩手机不超过2h，且其中有0.4a—0.15a=0.25a的学生近视，
所以从每天玩手机不超过2h的学生中任意调查一名学生，
则他近视的概率为 ，
故选: B
8. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长都是2，且它们所在的平面互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且CM和BN的长度保持相等，记，其中．则MN的长的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据面面垂直性质可证得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系；利用空间中两点间距离公式可表示出；将整理为，由二次函数最值可得结果.
【详解】平面平面，平面平面，，平面，平面，
则以为坐标原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
；
则，
当时，最小，最小值为.
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知甲、乙两个水果店在“十一黄金周”七天的水果销售量统计如图所示．则下列说法正确的是（　　）

A. 甲组数据的极差大于乙组数据的极差
B. 甲组数据的平均数大于乙组数据的平均数
C. 甲组数据的方差大于乙组数据的方差
D. 甲组数据的中位数大于乙组数据的中位数
【答案】BD
【解析】
【分析】根据统计图表提供的数据确定极差、平均数、方差、中位数然后判断各选项．
【详解】由题意，甲的极差不大于30，而乙的极差大于30，A错；
只有第2天数据甲比乙小，其他甲都比乙大，而小的很少，第一天数据甲比乙大得就很多，因此甲平均数大于乙平均数，B正确；
由折线图，甲数据与平均数偏差较小，乙数据与平均数偏差较大，甲方差应小于乙的方差，C错；
把各自数据按从小到大排列，知甲的中位数大于90，乙的中位数小于60，D正确．
故选：BD．
10. 在中，角，，的对边分别是，，，则下列结论正确的是（ ）．
A. 若，则是锐角三角形
B. 若，则是钝角三角形
C. 若，则
D. 若，，，则此三角形有一个解
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的定义即可判断A；根据余弦定理计算即可判断B；根据正弦定理即可判断CD．
【详解】对于A：由，得，
又，所以角为锐角，但不一定为锐角三角形，故A错误；
对于B：设，，，
由余弦定理，
又，所以角为钝角，则为钝角三角形，故正确；
对于C：因为，由正弦定理得为外接圆半径），所以，所以，故C正确；
对于D：由正弦定理得，即，得，
又，，即，此时有两解，此时三角形有两解，故D错误．
故选：BC．
11. 一个装有8个球的口袋中，有标号分别为1，2的2个红球和标号分别为1，2，3，4，5，6的6个蓝球，除颜色和标号外没有其他差异．从中任意摸1个球，设事件“摸出的球是红球”，事件“摸出的球标号为偶数”，事件“摸出的球标号为3的倍数”，则（ ）
A. 事件A与事件C互斥
B. 事件B与事件C互斥
C. 事件A与事件B相互独立
D. 事件B与事件C相互独立
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据互斥事件的概念可判断AB的正误，根据独立事件的判断方法可得CD的正误.
【详解】对AB，若摸得的球为红球，则其标号为1或2，不可能为3的倍数，
故事件A与事件C互斥，故A正确；
若摸得的球的标号为6，则该标号为3的倍数，故事件B与事件C不互斥，故B错误；
对C，，所以C正确；
对D，，所以D正确；
故选：ACD．
12. 在四棱锥中，底面，，，，且二面角为，则（ ）．
A.
B.
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 二面角的大小为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，取中点，连接，，即可得到为二面角的平面角，从而求出，再利用勾股定理求出，即可判断A、B，利用勾股定理逆定理得到，，即可得到即为二面角的平面角，从而判断D，设为三棱锥外接球的球心，取的中心，连接，，则为三棱锥外接球的半径，计算，进而可得三棱锥外接球的表面积，即可判断C.
【详解】因为，，所以为等边三角形，
所以，，
所以由余弦定理可得，
取中点，连接，，则，，
因为面，面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
则为二面角的平面角，
所以，
所以，故B正确；
因为面，面，
所以，
所以，故A错误；
因为，
所以，
因为，所以，又，
所以，
所以，
所以即为二面角的平面角，
因为，
所以，即二面角的大小为，故D正确；
设为三棱锥外接球的球心，
取的中心，则，
连接，，则，，为三棱锥外接球的半径，
因为，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确，
故选：BCD．

【点睛】关键点睛：本题关键是由二面角的大小求出线段的长度，确定二面角的平面角通常有定义法和三垂线法.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 空间中任意四个点，，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】解：．
故答案为：
14. 某高中针对学生发展要求，开设了富有地方特色的“泥塑”与“剪纸”两个社团，已知报名参加这两个社团的学生共有800人，按照要求每人只能参加一个社团，各年级参加社团的人数情况如下表：

高一年级
高二年级
高三年级
泥塑
a
b
c
剪纸
x
y
z
其中x∶y∶z＝5∶3∶2，且“泥塑”社团的人数占两个社团总人数的，为了了解学生对两个社团活动的满意程度，从中抽取一个50人的样本进行调查，则从高二年级“剪纸”社团的学生中应抽取________人．
【答案】6
【解析】
【分析】先按分层抽样求出高二年级人数，再按样本占总体的比例得解.
【详解】因为“泥塑”社团的人数占总人数的，故“剪纸”社团的人数占总人数的，所以“剪纸”社团的人数为.因为“剪纸”社团中高二年级人数比例为，所以“剪纸”社团中高二年级人数为.由题意知，抽样比为，所以从高二年级“剪纸”社团中抽取的人数为.
故答案为:6
15. 如图，在正三棱柱中，AB＝2，＝2，D，F分别是棱AB，的中点，E为棱AC上的动点，则DEF周长的最小值为_____．

【答案】+2##
【解析】
【分析】由正三棱柱的性质可得：AB，AC．在RtADF中，利用勾股定理可得DF＝2．因此只要求出DE+EF的最小值即可．把底面ABC展开与侧面在同一个平面，当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值．再利用余弦定理求解．
【详解】解：由正三棱柱，可得底面ABC，
∴AB，AC．
在RtADF中，DF＝＝2．
把底面ABC展开与侧面在同一个平面，如图所示，

只有当三点D，E，F在同一条直线时，DE+EF取得最小值．
在ADF中，∠DAF＝60°+90°＝150°，由余弦定理可得：
DF＝＝．
∴DEF周长的最小值＝+2．
故答案为：+2．
16. 平行六面体中，，，，动点在直线上运动，则的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题设，，，可选取，，为一组基底，将和分解为，，表示，进而利用数量积进行运算即可求出最小值．
【详解】设，，，

设，则，，
则，
由，，，
可得，，



，
当时，的最小值为．
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有道不同的题目，其中选择题道，判断题道，甲、乙两人各抽一道（不重复）．
（1）甲抽到选择题且乙抽到判断题的概率是多少？
（2）甲、乙二人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件，列举所有的基本事件，并确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得事件发生的概率；
（2）记事件甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，确定事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可计算出事件发生的概率.
【小问1详解】
解：记“甲抽到选择题，乙抽到判断题”为事件，
记两道选择题分别为、，两道判断题分别为、，
所有的基本事件有：、、、、、、、
、、、、，共种，
其中事件包含的基本事件有：、、、，共种，
由古典概型的概率公式可得.
【小问2详解】
解：记事件甲、乙二人中至少有一人抽到选择题，
则事件包含的基本事件有：、、、、、
、、、、，共种，
由古典概型的概率公式可得.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，.
（1）求角A；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）；
（2）24
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解作答.
（2）利用三角形面积公式和余弦定理求出三角形周长作答.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理得：，
则，即，
整理得：，而，，因此，又，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，因为的面积为，则，
解得，
由余弦定理得，即，
解得，所以的周长是24.
19. 如图，在正三棱柱中，E为上的点，F为上的点，M，N分别为，的中点，平面．

（1）证明：M，N，F，C四点共面；
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由条件可得，即可证明四点共面；
（2）根据题意，由面面垂直的性质定理可得平面，再由线面平行的性质定理证得，从而利用面面垂直的判定定理即可得到证明.
【小问1详解】
证明：∵在正三棱柱中，
M、N分别为、的中点，

∴．
∵为正三棱柱，∴，
∴，∴M、N、F、C四点共面．
【小问2详解】
∵正三棱柱，∴为等边三角形，
又M为中点，∴，
在正三棱柱中，有平面平面，
而平面平面，平面，
∴平面，
∵平面平面，平面，面，
∴，∴平面，
又∵平面，∴平面平面．
20. 1.第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日至8月8日在日本东京举办，某国男子乒乓球队为备战本届奥运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
（1）求该局打4个球甲赢的概率；
（2）求该局打5个球结束的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，然后分析这4个球发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解；
（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可求得概率．
【小问1详解】
设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，，，∴，
∴，
∴该局打4个球甲赢的概率为．
【小问2详解】
设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，
，，，
∴
，
，
∴，
∴该局打5个球结束的概率为．
21. 在正三角形中，，，分别是、、边上的点，满足（如图1）．将沿折起到的位置，使平面平面，连结，（如图2）．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）依题意可得，即，从而得证；
（2）法一：设到面距离为，根据，即可求得的值，进而求解即可．
法二：在图1中过点作交于点，即可得到为等边三角形，则，再由面面垂直的性质得到平面，设在平面内的射影为，且交于点Q，则可得平面，则就是与平面所成的角，再由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
∵，∴，
∴，
∵平面，平面，∴平面；
【小问2详解】
法一：

在图1中过点作交于点，因为，
所以，即、为的三等分点，
所以为的中点，又为等边三角形，所以也为等边三角形，
所以，则，又平面平面，平面平面，
平面，所以在图2中，平面，
又平面，∴，
设在平面内的射影为，且交于点Q，
则可得平面，
又平面，∴，
则就是与平面所成的角，
设，在中，∵，，
∴是等边三角形，∴，
又平面，∴，∴Q为的中点，且，
又，在，，∴，
所以直线与平面所成的角为．
法二：同法一可得平面，设到面距离为h，
设，则，则，
∴，∴，
设与面所成角为，则，因为，∴．
所以直线与平面所成的角为．
22. 某市大力推广纯电动汽车，对购买用户依照车辆出厂续驶里程R的行业标准，予以地方财政补贴.其补贴标准如下表：
出厂续驶里程R（公里）
补贴（万元/辆）

3

4

4.5

2019年底随机调查该市1000辆纯电动汽车，统计其出厂续驶里程R，得到频率分布直方图如上图所示用样本估计总体，频率估计概率，解决如下问题：
（1）求该市每辆纯电动汽车2019年地方财政补贴的均值；
（2）某企业统计2019年其充电站100天中各天充电车辆数，得如下的频数分布表：
辆数




天数
20
30
40
10
（同一组数据用该区间的中点值作代表）
2020年3月，国家出台政策，将纯电动汽车财政补贴逐步转移到充电基础设施建设上来该企业拟将转移补贴资金用于添置新型充电设备，现有直流、交流两种充电桩可供购置.直流充电桩5万元/台，每台每天最多可以充电30辆车，每天维护费用500元/台；交流充电桩1万元/台，每台每天最多可以充电4辆车，每天维护费用80元/台.该企业现有两种购置方案：
方案一：购买100台直流充电桩和900台交流充电桩；
方案二：购买200台直流充电桩和400台交流充电桩.
假设车辆充电时优先使用新设备，且充电一辆车产生25元的收入，用2019年的统计数据，分别估计该企业在两种方案下新设备产生的最大日利润.（日利润日收入日维护费用）.
【答案】（1）（万元）（2）方案一下新设备产生的日利润均值为（元）；方案二下新设备产生的日利润均值为（元）
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图求出的频率，按照求平均数的公式，即可求解；
（2）根据已知求出每天需要充电车辆数的分布列，求出两种方案每天最多可充电的电动车的数量，进而求出两种方案的日最大收入的数学期望，扣除维护费用，即可得出结论.
【详解】（1），依题意可得纯电动汽车地方财政补贴的分布列为：
补贴（万元/辆）
3
4
4.5
概率
0.2
0.5
0.3
纯电动汽车2019年地方财政补贴的平均数为
（万元）
（2）由充电车辆天数的频数分布表得每天需要充电车辆数的分布列：
辆数
6000
7000
8000
9000
概率
0.2
0.3
0.4
0.1
若采用方案一，100台直流充电桩和900台交流充电桩每天可充电车辆数为
（辆）；可得实际充电车辆数的分布列如下表：
实际充电辆数
6000
6600
概率
0.2
0.8
于是方案一下新设备产生的日利润均值为
（元）
若采用方案二，200台直流充电桩和400台交流充电桩每天可充电车辆数为
（辆）；
可得实际充电车辆数的分布列如下表：
实际充电辆数
6000
7000
7600
概率
0.2
03
0.5
于是方案二下新设备产生的日利润均值为
（元）
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用、离散型随机变量的分布列和数学期望，解题时要注意直方图性质的应用，属于中档题.