[数学][期末]江苏省徐州市2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

这是一份[数学][期末]江苏省徐州市2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)，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。

1. 复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，则复数的共轭复数为.
故选：A.
2. 某圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为π的扇形，则该圆锥的高为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】依题意，圆锥的母线长，设圆锥的底面圆半径为，
依题意，，解得，所以圆锥的高.
故选：B.
3. 已知一组数据4，8，9，3，3，5，7，9，则（ ）
A. 这组数据的上四分位数为8B. 这组数据没有众数
C. 这组数据的极差为5D. 这组数据的平均数为6
【答案】D
【解析】对于A，给定数据由小到大排列为3，3，4，5，7，8，9，9，而，
所以这组数据的上四分位数为，A错误；
对于B，这组数据的众数是3和9，B错误；
对于C，这组数据的极差为6，C错误；
对于D，这组数据的平均数为，D正确.
故选：D.
4. 已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】C
【解析】对于A：若，，则或，
若，又，则与可能平行、相交（不垂直）、异面（不垂直）、相交垂直、异面垂直，
若，又，则与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故A错误；
对于B：若，，，则，故B错误；
对于C：若，，则，又，所以，故C错误；
对于D：若，，则与可能平行或相交（不垂直）或垂直或，
又，此时不能保证成立，
如，此时与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故D错误.
故选：C.
5. 将扑克牌4种花色的K，Q共8张洗匀，若甲已抽到了2张K后未放回，则乙抽到2张Q的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】甲抽到了2张K后未放回，则乙从余下6张牌中任取2张有种方法，
抽到2张Q有种方法，所以乙抽到2张Q的概率为.
故选：B.
6. 以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为“勒洛三角形”．在如图所示的勒洛三角形中，已知，点在上，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于方向为轴，
建立平面直角坐标系，
因为，，
所以，即，
且，
所以，
所以.
故选：A.
7. 已知，，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由得，
两边平方得：，①
由得，
两边平方得：，②
①+②得：，
因为，所以，
由可得：，即，
所以，又，所以，
所以，故A错误；
由，两边平方得，③
由得，
两边平方得：，④
③+④得：，
因为，所以，故，
由，，可得，故C正确，D错误；
综上不是定值，故B错误.
故选：C.
8. 在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题可知，四边形是矩形，，
所以初始状态时直线与直线所成的角为，
已知矩形中，，，，
翻折过程中，如下图，
因为，所以，则与平面不垂直，
因为，，
所以异面直线与不垂直，
翻折过程中，当平面与平面重合时，
与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，如下图：
因为矩形中，，，，，所以，
同理，所以，即异面直线与所成角的临界值为，
所以异面直线与所成角的范围为.
故选：C.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 盒子里有3个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”．则（ ）
A. 与互为对立事件B. 与互斥
C. A与B相互独立D.
【答案】AD
【解析】依题意可设个红球为，，，2个白球为，，则样本空间为：
，共个基本事件，
事件，
共个基本事件，
事件
，共个基本事件，
事件，
，共个基本事件，
事件
，共个基本事件，
对于A，显然、不可能同时发生，且与中一定有一个会发生，
所以与互为对立事件，故A正确；
对于B：注意到，则与不互斥，故B错误；
对于C：因为，
则，故与不独立，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：AD.
10. 已知，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 为纯虚数B.
C. 的最大值为D. 若，则
【答案】BC
【解析】对于A：因为，所以，
故A错误；
对于B：因为，，所以，故B正确；
对于C：设，则，
又，所以，所以点为以为圆心，
为半径的圆上的点，所以，表示点与点的距离，
因为，所以，故C正确；
对于D：设所对应的向量为，所对应的向量为，
因为，则，
所以，
所以，
所以，
所以，即，故D错误.
故选：BC.
11. 在正四棱台中，，，，点E在内部（含边界），则（ ）
A. 平面B. 二面角的大小为
C. 该四棱台外接球的体积为D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】对于A，如图1，设底面对角线交于点，
由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，
又面面，而面面，
面面，故，即；
由，，，
得，，即；
所以四边形是平行四边形，故，
而面，面，所以平面，故A正确；
对于B，正四棱台中，为中点，，则，
由，则有，所以二面角平面角为，
，，为正三角形，
所以二面角的大小为，故B正确；
对于C，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，设外接球的半径为，
则，
在等腰梯形中，
易得，
为方便计算，不妨设，则由，
即，得，又，解得，
即与重合，故，故球的体积为，故C错误；
对于D，由图2易得，，，面，
故面，
不妨设落在图3(在外)处，过作，交于，
则面，面，故，
故在中，（直角边小于斜边）；同理，，
所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；
再看图4，由AB选项可知，，，
和都为正三角形，关于的对称点为，
可知，
即与重合时，有最小值，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则________．
【答案】1
【解析】向量，，则，
所以.
故答案为：1.
13. 已知，且，则________．
【答案】或
【解析】，
解得：或，因为，所以或.
故答案为：或.
14. 在中，，分别在边上，且平分，平分，若，则________，________．
【答案】
【解析】设三个内角所对的边的长度分别为，
则由角平分线定理可得，结合知，
；同理有，，
故，
而，故
，
故由可得
，
即，
从而，
故，
由于题目中的条件和所求的量均只涉及线段间的长度比，故可以不妨设，
从而，
展开，合并同类项，即得
，
由于，故，
从而
，
所以，
同时，之前得到的又等价于，
故，
所以，
从而，
这就得到，
故，
假设，则，矛盾，故，
从而由上面已经得到的，就有，
故，结合和就有
，
这就得到，
所以
，
这就得到，
最后，设，则，且，
故
，
所以，即，
从而或，
而，故，所以，即，
由于，
故，
而，故，从而，
又因为，故
，
所以，故，从而
，
这得到，故，从而由知，
将弧度转换为角度，就得到.
故答案为： .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，．
（1）若，求；
（2）若，且，求．
解：（1）因为，且，
所以，则，
所以.
（2）因为，且，
所以，则，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
所以
.
16. 2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，航天员叶光富、李聪、李广苏开始了他们的太空征程．为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取2000名学生进行了航天知识竞赛，将成绩（满分：150分）整理后分成五组，从左到右依次记为[50，70），[70，90），[90，110），[110，130），[130，150]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）补全频率分布直方图，并估计这2000名学生成绩的平均数、求85%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数为94，方差为1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数为124，方差为2，求这200人中分数在区间[90，130）的学生成绩的方差．
解：（1）频率为，
所以该组数据的纵坐标为，补齐的直方图如图：
平均数为
，
因为前三组的频率之和，
而前四组的频率之和，
所以第分位数为第四组数据的中点即.
（2）设第三组的平均数是，权重为，方差为，设第四组的平均数是，权重为，
方差为，
两组的平均数是，方差为，由直方图可知则，，
则，
根据分层抽样方差公式得：
.
17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若点D在边BC上，且，，求的值．
解：（1）在中，因为，
所以，所以，
因为，，结合题意知，
所以，所以，
因为，所以.
（2）因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
化简得，因为，
所以，所以.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值．
解：（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且，
所以、为等边三角形，所以，又平面平面，
平面平面，
平面，所以平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，，
又，，，所以，
所以，
又，所以，
设点到平面的距离为，则，即，
解得，即点到平面的距离.
（3）连接，，则且，
又平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，即，所以，
取的中点，连接，则且，
又为中点，所以，又，所以，
由平面，平面，所以，，
又，平面，所以平面，则平面，
又，平面，所以平面，
连接，，则为直线与平面所成的角，即，
所以，
为直线与平面所成的角，即，
所以，
所以，
又，设，，
所以，
所以，
令，则，
所以，
因为，所以，
所以当时取得最大值，且最大值为，
所以.
19. 在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列．
（1）求：，，的正交点列；
（2）判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
（3）证明：，，都存在整点列无正交点列．
解：（1）设点列，，的正交点列是，，，
由正交点列的定义可知，，
设，，
由正交点列的定义可知，
即，解得，
所以点列，，的正交点列是，，.
（2）由题可得，
设点列，，，是点列，，，的正交点列，
则可设，，，，
因为与，与相同，所以有，
因为，，，得方程，显然不成立，
所以有序整点列，，，不存在正交点列.
（3），，都存在整点列无正交点列，
，，设，其中，是一对互质整数，，
若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，
则，
则有，
当为偶数时，取，，
由于，，，是整点列，所以有，，
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列；
当为奇数时，取，，，，
由于，，，是整点列，所以有，，
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列，
综上所述，，，都存在无正交点列的有序整数点列.