2024岳阳华容县高一下学期期末考试数学试题含解析

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注意事项：
1、本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页.时量120分钟，满分150分.答题前，考生要将自己的姓名、考号填写在答题卡上.
2、回答选择题时，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.写在本试卷和草稿纸上无效.
3、回答非选择题时，用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案按题号写在答题卡上.写在本试卷和草稿纸上无效.
4、考试结束时，将答题卡交回.
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，满分40分.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， 则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】C
【解析】
【分析】首先求，再根据复数的几何意义求解.
【详解】，则对应的点为，在第三象限.
故选：C
2. 在中，，则等于（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的加法和减法公式，即可求解.
【详解】.
故选：D
3. 中角所对的边为，若，，则角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】根据余弦定理，即可求解.
【详解】根据余弦定理，且，
则角.
故选：C
4. 在中，是边上一点.若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量的加法的法则，以及其几何意义，把化为，和已知的条件作对比，求出值．
【详解】解：，
，，
故选：A．
5. 在跳水比赛中，有8名评委分别给出某选手原始分，在评定该选手的成绩时，从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，这6个有效分与8个原始分相比较，下列说法正确的是（ ）
A. 中位数，平均分，方差均不变B. 中位数，平均分，方差均变小
C. 中位数不变，平均分可能不变，方差变小D. 中位数，平均分，方差都发生改变
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合中位数、平均数和方差的定义分析判断.
【详解】不妨设原始分为，且，则其中位数为，
则有效分为，则其中位数为，
两者相等，所以中位数不变，
例如：原始分为，则其平均数为2，
则有效分为，则其平均数为2，
两者相等，所以平均数可能不变，
因为从8个原始分中去掉1个最高分和1个最低分（最高分和最低分不相等），得到6个有效分，即把波动最大的两个值去掉，
则有效分比原始分更集中，波动性减小，
根据方差的定义可知：有效分的方差小于原始分的方差，即方差变小.
故选：C.
6. 正方形边长等于2，用斜二测画法画出水平放置的正方形的直观图，则直观图的面积为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法及平行四边形面积公式可得答案.
【详解】由斜二测画法知直观图的面积，
故选：D.
7. 先后抛掷质地均匀的硬币三次，则至少二次正面朝上的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先列出先后抛掷质地均匀的硬币三次得到的结果,再列出“至少二次正面朝上”的情况,进而求解即可.
【详解】由题,则先后抛掷质地均匀的硬币三次得到的结果为:（正,正,正）,（正,正,反）,（正,反,正）,（反,正,正）,（正,反,反）,（反,正,反）,（反,反,正）,（反,反,反）,共8种情况,
其中“至少二次正面朝上”的有:（正,正,正）,（正,正,反）,（正,反,正）,（反,正,正）,共4种情况,
故,
故选:C
【点睛】本题考查列举法求古典概型的概率,属于基础题.
8. 在一个封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，，则球的体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的内切圆的半径为，由等面积法得，解得．由于，所以球的最大半径为，由此能求出结果．
【详解】由题知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切．
所以球在底面内的投影的圆面最大不能超出的内切圆.
设圆与内切，设圆的半径为.
由，，，则
由等面积法得，得.
由于三棱柱高，若球的半径，此时能保证球在三棱柱内部，
所以直三棱柱的内切球半径的最大值为.
所以球的体积的最大值为：.
故选：B

二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.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. 下列各组向量中，不能作为基底的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，
D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】分别判断四个选项中的两个向量是否共线得到答案.
【详解】对于A，，，由零向量与任意向量共线，可知两个向量不能作为基底；
对于B，因为，，所以，所以两个向量不共线，可以作为基底；
对于C，因为，，所以，可知两个向量共线，故不可以作为基底；
对于D，由，，得：，可知两个向量共线，故不能作为基底；
故选：ACD
10. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关.在如图的三种分布形态中，平均数和中位数的大小关系中正确的有（ ）
A. 丙图中平均数大于中位数
B. 乙图中平均数大于中位数
C. 甲图中平均数和中位数应该大体上差不多
D. 乙图中平均数小于中位数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据直方图中矩形的高度和数据的分布趋势，逐一判断即可求解.
【详解】对于甲图，频率分布直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体上差不多，因此C正确；
对于乙图，频率分布直方图右侧拖尾，那么平均数大于中位数，因此B正确，D错误；
对于丙图，频率分布直方图左侧拖尾，那么平均数小于中位数，因此A错误.
故选：BC.
11. 长方体，，则下列说法中正确的是（ ）
A. 长方体外接球的表面积等于
B. 是线段上的一动点，则的最小值等于3
C. 点到平面的距离等于
D. 二面角的正切值等于2
【答案】ABD
【解析】
【分析】由长方体的体对角线求出直径，由球的表面积公式求解即可判断选项A；把矩形和放置在同一平面内，当点，，三点共线时，最小，求解即可判断选项B；以点为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到面的距离，判断C；作，交于点，则为二面角的平面角，求解即可判D.
【详解】对于A，长方体外接球的直径，
故外接球的表面积为，故选项A正确；
对于D，把矩形和放置在同一平面内，如图所示，
其中，，，则，
连接交于点，
当点，，三点共线时，最小，
则，故，所以，
由余弦定理可得，
，
所以，即的最小值为，故B正确；
以点为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则
所以
设平面的一个法向量为，
则，则，
令，则，所以，
所以点到平面的距离为，故C错误；
作，交于点，由于，
平面，平面，
所以，则为二面角的平面角，
在中，，所以，
在中，，D正确.
故选：ABD
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分).
12. 若复数满足，则______.
【答案】5
【解析】
【分析】根据复数的几何意义直接求解即可.
【详解】由，得.
故答案为：5
13. 已知圆锥的底面半径为3，体积是，则圆锥侧面积等于___________.
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：求圆锥侧面积必须先求圆锥母线，既然已知体积，那么可先求出圆锥的高，再利用圆锥的性质(圆锥的高，底面半径，母线组成直角三角形)可得母线，，，，．
考点：圆锥的体积与面积公式，圆锥的性质．
14. 在中，的平分线交于点，，，则周长的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】首先利用角平分线的性质，结合三角形的面积公式，得，再根据基本不等式求的最小值，并结合余弦定理求的最小值，即可求解.
【详解】根据三角形面积可知，，
得，即，
由基本不等式，得，即，当时等号成立，
，
由，即，所以，即，
综上可知，.
所以周长的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用面积公式，得到，为后面使用基本不等式和余弦定理解题奠定基础.
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. 已知向量，，.
（1）若，求t的值；
（2）若与的夹角为钝角，求t的取值范围.
【答案】（1）2 （2）且
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直，数量积的坐标表示，即可求解；
（2）利用数量积的定义，转化为且不平行，即可求参数取值范围.
【小问1详解】
由，可得，
所以得，
；
【小问2详解】
因为的夹角为钝角，所以，
可得，
又当共线时，可得，此时反向，
的取值范围为且.
16. 某校为了增强学生的安全意识，为学生进行了安全知识讲座，讲座后从全校学生中随机抽取了名学生进行笔试试卷满分分，并记录下他们的成绩，将数据分成组：，，，，，并整理得到如下频率分布直方图.
（1）求这部分学生成绩的众数与平均数同组数据用该组区间的中点值作代表；
（2）估计这组数据的上四分位数；
（3）为了更好的了解学生对安全知识的掌握情况，学校决定在成绩高的第、组中用分层抽样的方法抽取名学生，进行第二轮比赛，最终从这名学生中随机抽取人参加市安全知识竞赛，求分包括分以上的同学恰有人被抽到的概率.
【答案】（1）75，73.5
（2）82.5 （3）
【解析】
【分析】（1）根据众数和平均数公式，即可求解；
（2）上四分位数为频率和为对应的数据，根据频率分布直方图，结合频率，即可求解；
（3）首先确定两组抽取的人数，再利用编号，列举的方法，利用古典概型概率公式，即可求解.
【小问1详解】
众数为最高的小矩形的组中值：，
平均数为：；
【小问2详解】
根据这组数据计算，可得
，
，
，
即这组数据的上四分位数为82.5.
【小问3详解】
根据等比例分层抽样的方法抽取的名学生，，有人，有人，
设四人编号为，，，，两人编号为，.
则所有抽取结果123，124，12a，12b，134，13a，13b，14a，14b，1ab，
234，23a，23b，24a，24b，2ab，34a，34b，3ab，4ab，共个结果，
其中“分包括分以上的同学恰有人”所包含结果共种结果，
所以“分包括分以上的同学恰有人”的概率为，即等于.
17. 甲、乙、丙三人组成一个小组代表学校参加一个“诗词大会”闯关活动团体赛.三人各自独立闯关，在第一轮比赛中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，每人闯关成功记分，三人得分之和记为小组团体总分.
（1）求乙、丙各自闯关成功的概率；
（2）求在第一轮比赛中团体总分为分的概率；
（3）若团体总分不小于分，则小组可参加下一轮比赛，求该小组参加下一轮比赛的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为，其中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，甲、丙都闯关成功的概率为，根据独立事件同时发时的概率公式列出方程组即可．
（2）团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关，根据独立事件发时的概率公式写出概率，把所有的概率值相加即可；
（3）团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，由（2）可知总分是4分的概率，只要再求出总分是6分的概率即可，团体总分为6分，即3人都闯关成功，列式即可．
【小问1详解】
三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为，
甲、乙都闯关成功的概率为，
甲、丙都闯关成功的概率为，
设乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为，
根据独立事件同时发时的概率公式得，
解得，
即乙闯关成功的概率为，丙闯关成功的概率为.
【小问2详解】
团体总分为4分，即甲、乙、丙三人中恰有2人过关，而另外一人没过关，
设“团体总分为4分”为事件，
则，
即团体总分为4分的概率；
【小问3详解】
团体总分不小于4分，即团体总分为4分或6分，
设“团体总分不小于4分”为事件，
由（2）可知团体总分为4分的概率，
团体总分为6分，即3人闯关都成功的概率为，
所以参加下一轮比赛的概率为，
即该小组参加下一轮比赛的概率为.
18. 如图，四棱锥，平面ABCD，∥，，，.点E为PD的中点.
（1）求证：∥平面PAB；
（2）求证：平面PAC；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）作辅助线，可得，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
（3）分析可知三棱锥的体积等于三棱锥体积的，结合锥体的体积公式分析求解.
【小问1详解】
如图，设点F为棱PA的中点，连接EF，BF，
则为的中位线，可得且，
由题意可知：且，则且，
可知四边形为平行四边形，则，
且平面PAB ，平面PAB，所以平面.
【小问2详解】
由题意可得：，则，可知，
又因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面.
【小问3详解】
因为E是PD的中点，则三棱锥的体积等于三棱锥体积的，
所以.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边，点在上，且，.
（1）若.
①求；
②设点为的费马点，当面积最大时，求的值；
（2）设点为费马点，若，，求实数t的最小值.
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①由正弦定理，角化边，化简后结合余弦定理，即可求解；
②首先根据点的位置确定向量关系，再根据向量数量积，转化为三角形边长的关系，再结合基本不等式确定的最大值，由费马点，结合三角形面积公式确定最后代入数量积公式，即可求解;
（2）首先由三角恒等变换可知，，再设，，，，得到，根据费马定理，结合三个余弦定理表示，和,由勾股定理确定等量关系，再结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
①因为
由正弦定理可得，
化简得，因为.
又，所以.
②因为，可得，所以，
所以，
又，所以，
可得，由，
所以，当时，面积最大.
由，三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部.
所以，
所以，
又因为
.
【小问2详解】
由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数最小值为.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对费马点的理解，尤其是当的三个内角均小于时，使得，这个条件中角度的运用.