湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学考前演练（五）

这是一份湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学考前演练（五），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．计算的结果是（ ）
A．B．C．D．
2．设是三个不同平面，且，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
3．在一次随机试验中，彼此互斥的事件A，B，C，D的概率分别是0.2，0.2，0.3，0.3，则下列说法正确的是（ ）
A．与C是互斥事件，也是对立事件
B．与D是互斥事件，也是对立事件
C．与是互斥事件，但不是对立事件
D．A与是互斥事件，也是对立事件
4．△ABC中，·<0，·<0，则该三角形为( )
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不能确定
5．某市为了解全市环境治理情况，对本市的200家中小型企业的污染情况进行了摸排，并把污染情况各类指标的得分综合折算成准分（最高为100分），统计并制成如图所示的直方图，则这次摸排中标准分不低于75分的企业数为（ ）
A．30B．60C．70D．130
6．如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则塔高（ ）
A．米B．米C．米D．米
7．某校运动会，一位射击运动员10次射击射中的环数依次为：7，7，10，9，7，6，9，10，7，8．则下列说法错误的是（ ）
A．这组数据的平均数为8B．这组数据的众数为7
C．这组数据的极差为4D．这组数据的第80百分位数为9
8．已知球与正方体的各个面相切，平面截球所得的截面的面积为，则正方体棱长为（ ）
A．B．C．1D．2
二、多选题
9．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（ ）
A．圆台的母线与底面所成的角为
B．圆台的侧面积为
C．圆台的体积为
D．若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为
10.已知，，，，下列结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，且，均为锐角，则
11.已知采用分层抽样得到的样本数据由两部分组成，第一部分样本数据…，的平均数为，方差为；第二部分样本数据…，的平均数为，方差为，设，，则以下命题正确的是( )
A. 设总样本的平均数为，则B. 设总样本的平均数为，则
C. 设总样本的方差为，则D. 若，，则
三、填空题
12．某中学高一年级共有学生900人，其中女生有405人，为了解他们的身高状况，用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，若男生样本量为33，则 .
13．甲､乙两人独立地破译一份密码，若甲能破译的概率是，乙能破译的概率是，则甲､乙两人中至少有一人破译这份密码的概率是 .
14.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动如图甲，利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体，如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为1，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为__________；用过A，B，C三点的平面去截勒洛四面体，所得截面的面积为__________.
四、解答题
15．已知为虚数单位，复数．
(1)当实数取何值时，是实数；
(2)当时，复数是关于的方程的一个根，求实数的值.
16．在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求B；
(2)若，求的周长l的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.

(1)求证：平面；
(2)若二面角的大小为，
（ⅰ）求与所成角的余弦值；
（ⅱ）求直线与平面所成角的大小.
18．文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，.
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在的平均成绩是61，方差是7，的平均成绩为70，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差.
19.为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为m获胜
湖南省长沙市周南中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学考前演练（五）参考答案：
1．A
【分析】利用复数除法计算
【详解】
故选：A.
2．A
【分析】利用面面平行的性质定理，及它们之间的推出关系，即可以作出判断.
【详解】由于，，由平面平行的性质定理可得：，
所以是的充分条件；
但当，，并不能推出，也有可能相交，
所以是的不必要条件；
故选:A.
3．D
【分析】本题考查互斥事件及对立事件的概念，依据互斥事件和对立事件的定义判断即可.
【详解】由于A,B,C,D彼此互斥且,则是一个必然事件,
任何一个事件与其余3个事件的和事件必然是对立事件；
任何两个事件的和事件与其余两个事件的和事件也是对立事件.
所以与C是互斥事件，但不是对立事件；
与D是互斥事件，但不是对立事件；
与是互斥事件，也是对立事件；
A与是互斥事件，也是对立事件.
故选：D
【点睛】思路点睛：判断事件的互斥、对立关系时一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件若有且仅有一个发生，则这两个事件为对立事件；对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.
4．C
【详解】为锐角，
为钝角．故选C
5．A
【分析】根据频率分布直方图可得频率，即可求解个数.
【详解】解：根据频率分布直方图，标准分不低于75分的企业的频率为：
，
∴标准分不低于75分的企业数为（家）．
故选：A．
6．A
【分析】设该塔的高度为米，由题意，根据同角的商关系可得，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】设该塔的高度为米，
则．
在中，，
即，由，解得，
即塔高为30米.
故选：A
7．D
【分析】利用众数、中位数、极差、百分位数的定义，根据条件逐一对各个选项分析判断即可得出结果.
【详解】这组数据的平均数为，故A正确；
这组数据的众数为7，故B正确；
这组数据的极差为，故C正确；
将这组数据按照从小到大的顺序排列为，
因为，
所以这组数据的第80百分位数为，故D错误.
故选：D.
8．D
【分析】解法1：设正方体棱长为，利用截面圆的半径、到平面的距离、球的半径构成的直角三角形可得答案；解法2：设正方体棱长为，利用的面积相等解得可得答案．
【详解】解法1：设正方体棱长为，则球的半径为，
∵平面截此球所得的截面的面积为，∴截面圆的半径为，
由题意，球心与的距离为，
设到平面的距离为，
是边长为的等边三角形，，
由得，可得，
，∴，∴，即正方体棱长为；
解法2：设正方体棱长为，内切球与正方体各面的切点，
恰好为等边三角形各边的中点，截面圆为等边三角形的内切圆，
又因为平面截此球所得的截面的面积为，
所以截面圆的半径为，，
所以，整理得，
故截面圆的半径，解得，
即正方体棱长为．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：在方法1中关键点是根据勾股定理求出.
9．ABD
【分析】选项A，先求出圆台的高，进而求出圆台的母线与底面所成的角即可；选项B，由圆台的侧面积公式求解即可；选项C，由圆台的体积公式求解即可；选项D，设球心到下底面的距离为，由勾股定理得，求解即可.
【详解】对于A，因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线为，
所以圆台的高为：，
根据线面角定义求出母线与底面所成角，A正确；
对于B，由圆台的侧面积公式，
求得圆台的侧面积为：，B正确；
对于C，由圆台的体积公式，
求得圆台体积为：，C错误；
对于D，由题意可知球心在下底面下方，设球心到下底面的距离为，
由勾股定理得，解得，
则该球的半径为，所以该球的表面积为，D正确．
故选：ABD.
10． ABD
【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算、利用同角三角函数基本关系化简、诱导公式——、型、诱导公式——型、向量模的坐标表示，属于一般题.
根据题意，对各选项逐项判定，即可求出结果.
【详解】由题意可知，，，，
则，，
所以，故A正确；
B选项，若，则，
则，
所以，故B正确；
C选项，若，则，，
所以，
化简得：，即，
当时，，但，故C错误；
D选项，若，则，
所以，
因为，均为锐角，
所以，故D正确.
故选：
11．AD
【分析】
本题主要考查了总体的平均数及方差，属于中档题.对于A选项，因为，由放缩可得；
对于B选项，举例说明B不正确；
对于C选项，举例说明C不正确；
对于D选项，若，代入总体方差计算公式，可得
【详解】对于A选项，因为，所以，，即，A正确;
对于B选项，取第一部分数据为1，1，1，1，1，则，取第二部分数据为，9，则，，则，B不正确;
对于C选项，取第一部分数据为，，1，则，取第二部分数据为1，2，3，4，5，则，，
则，不正确;
对于D选项，若，，则，
，D正确.故选
12.60
【分析】根据分层抽样的定义结合题意列方程求解即可.
【详解】由分层随机抽样的定义可得，
解得.
故答案为：60
13.
【分析】先计算出两人均没能破译这份密码的概率，进而利用对立事件求概率公式求出答案.
【详解】两人均没能破译这份密码的概率为，
故甲､乙两人中至少有一人破译这份密码的概率为.
故答案为：
14. ； 【分析】
本题考查勒洛四面体、考查切接球问题和截面分析，属于一般题.
利用OE为最大球的半径即可解空1；利用截面面积为3个半径为1，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积即可解空
【详解】
空根据题意，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，
如图1，点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球球心，
由正四面体的性质可知该该球球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
则B，O，E三点共线，此时，
BO为正四面体的外接球的半径.
由于正四面体ABCD的棱长为1，其可以在棱长为的正方体中截出，
所以正四面体ABCD的外接球的半径即为棱长为的正方体的外接球半径，
即正方体体对角线的一半，则，故勒洛四面体能够容纳的最大球的半径
空如图2，根据勒洛四面体的构成可知，
过A，B，C三点的截面面积为3个半径为1，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为1的正三角形的面积，
所以所得截面的面积为
故答案为
15．(1)或.
(2).
【分析】(1)由实数的概念，令即可求解；
(2)当时，，把代入方程,利用等式的性质求解.
【详解】（1）若复数是实数，则，所以或.
（2）当时，，
把代入方程得：，
整理得：，
所以，解得.
16．(1)
(2)．
【分析】（1）由正弦定理化边为角化简求解即得；（2）由正弦定理，根据边及角得， 再将周长化边为角，结合辅助角公式求解范围可得.
【详解】（1）由正弦定理，得，
∵，，
∴，即，
又∵，则，
，则；
（2）由（1）及正弦定理可知，，
，
，
∴，
又，，∴，
∴，
∴，即，
∴的周长l的取值范围为．
17．(1)证明见解析
(2)；
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明，即可证明；
（2）（ⅰ）根据（1）的结果，转化为求与所成角的余弦值，利用图形的几何性质，结合余弦定理，即可求解；（ⅱ）根据线面角的定义，构造线面角，即可求解.
【详解】（1）如图，因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结，
点是对角线的交点，所以是的中点，是的中点，
所以，
平面，平面，
所以平面

（2）（ⅰ）连结，
若二面角的大小为，
则平面平面，且平面平面，
，且平面，
所以平面，平面，
所以，

又因为，所以，则，
又，，
异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角，
中，，
所以异面直线与所成角的余弦值为；
（ⅱ）取的中点，连结，因为，所以，
所以平面，
连结，为直线与底面所成的角，
因为底面边长为1，，
所以,，
,
所以.

所以直线与平面所成角的大小为.
18．(1)a＝0.030
(2)84
(3)67，23
【分析】（1）根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解；
（2）根据百分位数的定义求解；
（3）根据平均数和方差的计算公式求解.
【详解】（1）∵每组小矩形的面积之和为1，
∴，
∴；
（2）成绩落在内的频率为，
成绩落在内的频率为，
所以第75百分位数落在内，
设第75百分位数为m，则，
解得，
即第75百分位数为84.
（3）由图可知，成绩在的市民人数为，
成绩在的市民人数为，
故，
设成绩在中10人的分数分别为x1，x2，x8，⋯，x10；
成绩在中20人的分数分别为y1，y2，y7，⋯，y20，
则，，
∴，，
∴.
19
【详解】设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，
游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，，
所以游戏一获胜的概率为
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，
所以游戏二获胜的概率为
设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，ABC互斥，相互独立，
所以
，
又，且，，ACB互斥，
所以
，
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当时，，舍去
当时，，满足题意，
因此m的所有可能取值为
第二次
第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5