[数学][期末]江苏省扬州市2023-2024学年高一下学期期末试题(解析版)

这是一份[数学][期末]江苏省扬州市2023-2024学年高一下学期期末试题(解析版)，共17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. 设复数满足，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】由可得，所以.
故选：B.
2. 方程的解所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】令，在上连续，且单调递增，
对于A，因为，，
所以的零点不在内，所以A错误；
对于B，因为，，
所以的零点不在内，所以B错误；
对于C，因为，，
所以的零点在内，所以方程的解所在区间为，所以C正确；
对于D，因为，，
所以的零点不在内，所以D错误.
故选：C.
3. 数据的45百分位数为（ ）
A. 73B. 76C. 77D. 78
【答案】B
【解析】因为，所以这10个数的45百分位数为第5个数76.
故选：B.
4. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可得，
，
根据投影向量的定义可得在上的投影向量为.
故选：A.
5. 如图，为了测量河对岸两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点.从点测得，从点测得，从点测得.若测得（单位：百米），则两点的距离为（ ）百米.
A. B. C. D. 3
【答案】D
【解析】在中，，，
则，，
在中，，，，
则，
，，
在中，，，
则，.
故选：.
6. 在正方体中，分别是棱的中点，下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 平面D. 平面平面
【答案】C
【解析】对于A，连接，如下图所示：
因为分别是棱的中点，所以，
由正方体性质可得，因此可得，而相交，
所以错误，即A错误；
对于B，取的中点，连接，如下图所示：
易知，，
所以即为异面直线与所成的角（或其补角）；
不妨设正方体的棱长为2，则，，
显然，可知不是直角，所以与不垂直，即B错误；
对于C，连接，如下图所示：
由正方体性质可得平面，而平面，所以；
因为是正方形，所以，
又，平面，所以平面，
又因为分别是棱的中点，所以，
可得平面，即C正确；
对于D，如下图所示：
易知平面，且，而平面，所以平面；
因此可得平面与平面有公共点，可知两平面必有一条过的共公交线；
因此平面平面是错误的，即D错误.
故选：C.
7. 如图，在中，是上的两个三等分点，，则的值为（ ）
A. 50B. 80C. 86D. 110
【答案】B
【解析】因为在中，是上的两个三等分点，，
所以，
，
所以
.
故选：B.
8. 已知，则值（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
所以，
所以，所以，所以，
所以
.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.）
9. 在中，角所对的边为，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，
故仅有一解，即A正确；
对于B，三角形中，已知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，
故仅有一解，即B正确；
对于C，由正弦定理，可得，，因，则，
因，结合正弦函数的图象可知角有两解，故C错误；
对于D，三角形中，已知两边和夹角，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，
故仅有一解，即D正确.
故选：ABD.
10. 连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷，结果向上的点数小于3”记为事件A，“第二次抛掷，结果向上的点数是偶数”记为事件B，“两次拋掷，结果向上的点数之和为奇数”记为事件，则下列叙述中正确的有（ ）
A. A与互斥B. A与相互独立
C. 与对立D.
【答案】BD
【解析】A选项，事件A中的基本事件有，
，
事件B中的基本事件有，
，，
故，事件A和事件B不互斥，A错误；
B选项，连续抛掷两次骰子，共有36种情况，
其中事件A中的基本事件数为12，故，
事件C中的基本事件有
，
，共18种情况，
故，
事件AC中的基本事件有，
共9种情况，故，
由于，故A与相互独立，B正确；
C选项，由AB选项知，，事件B与事件C不互斥，故不对立，C错误；
D选项，事件中的基本事件有，
，，
，，共24种情况，
故，D正确.
故选：BD.
11. 如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则下列结论正确的有（ ）
A. 三棱锥的外接球表面积为
B. 直线与平面所成角的正切值为
C. 点到平面距离为
D. 三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为
【答案】ACD
【解析】对于A，由于，所以O为三棱锥的球心，
表面积为，A正确；
对于B，过M作MH⊥AC于H，则MH⊥平面ABC，
所以∠MNH即为直线MN与平面ABC所成的角；易知MH=，NH=，
所以，B错误；
对于C，由，所以，又，
所以，，所以，
所以C到平面OMN的距离，C正确；
对于D，过O作OT⊥MN于T，则旋转体体积是以OT为底面半径，
以TM为高的圆锥的体积的两倍，所以，D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知一个正四棱台的体积为，上､下底面边长分别为，则棱台的高为__________.
【答案】
【解析】设棱台高为，由棱台的体积公式知
，其中分别为上下底面面积.
故答案为：6.
13. 若复数满足，则的最小值是__________.
【答案】
【解析】如图，设复数对应的点为，则由可知点到点的距离为1，
即点的轨迹为以点为圆心，以1为半径的圆，
而则表示动点到原点的距离，由图可知，圆上与原点距离最小的点为，
故的最小值是1.
故答案为：1.
14. 已知的面积为满足条件，则__________；若，延长至点，使得，则__________.
【答案】
【解析】由题得，，
因为，所以；
由可得，
设，由正弦定理可知，所以，
如图所示：过A作，交BC的于E点，
，，
所以
在中可算得
.
故答案为： .
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知.设.
（1）若三点共线，求值；
（2）若，求的值.
解：（1）因为，
，
又因为三点共线，所以，则，解得.
（2）由，可得，即，解得.
16. 某保险公司为了给年龄在20~70岁的民众提供某种医疗保障，设计了一款针对某疾病的保险.现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，并按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表所示：
（1）若采用分层抽样的方法，从年龄段在和内的参保人员中共抽取6人进行问卷调查，再从中选取2人进行调查对该种保险的满意度，求这2人中恰好有1人年龄段在内的概率.
（2）由于10000人参加保险，该公司每年为此项保险支出的各种费用为200万元.为使公司不亏本，则年龄段的参保人员每人每年需要缴纳的保费至少为多少元？
解：（1）由得，
设“抽取2人中恰好有1人年龄段在内”为事件，
由题设可知，年龄在和内的频率分别为0.16和0.32，则抽取的6人中，
年龄在内的有2人，年龄在内的有4人，
记年龄在内2位参保人员为，年龄在的4位参保人员为，
则从6人中任取2人，
样本空间，
共包含15个样本点，
共包含8个样本点，
所以.
（2）保险公司每年收取的保费为：
，
所以要使公司不亏本，则，即，解得，
所以年龄段需要缴纳的保费至少为250元.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的值域；
（2）求函数在区间上的所有零点之和.
解：（1）易知
，
因为，所以，
由正弦函数单调性可得，
则的值域为.
（2）因为，所以，
由得，
所以，解得，
所以函数在区间上的所有零点之和为.
18. 如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为.
（1）求证：//平面；
（2）求证：平面；
（3）求二面角的正弦值.
解：（1）如图（1），连接，
由三棱柱可知侧面为平行四边形，所以为中点；
又因为为中点，所以//，
又平面平面，所以//平面.
（2）如图（2），连接，
由菱形可知，因为，可得为等边三角形；
因是中点，则，且；由可得，；
因为，则有，即，
又平面平面，故平面.
（3）由（2）可知平面，因为平面，所以平面平面；
如图（3），过点作，垂足为，过作，垂足为，连接，
因为平面平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以；
因为平面平面，
所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角，
在中，，可得，
在中，，可得，
在中，，可得，
因为，所以，
即二面角的正弦值为.
19. 如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，在中，，.
（1）若，求的面积；
（2）①求的值；
②求的最大值.
解：（1）在中，由余弦定理得，，
且是等腰直角三角形，则.
（2）①设，因为，由余弦定理可得，
，
，即.
②在中，，
由正弦定理可得，则，
，又，
在中，由余弦定理得
（其中为锐角，且），
由可得，
所以当时，即时，取得最大值.年龄
保费（单位：元）