2024眉山仁寿县三校联考高一下学期7月期末考试数学含解析

这是一份2024眉山仁寿县三校联考高一下学期7月期末考试数学含解析，共17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．复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量，若，则实数（ ）
A．B．C．D．
3．甲；乙两位同学去参加某高校科研项目面试．已知他们通过面试的概率都是；且两人的面试结果相互之间没有影响；则甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，，四点在平面内，且任意三点都不共线，点在外，且满足，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
5．在中，点为的重心，则（ ）
A． B． C．D．
6．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列判断错误的是（ ）
A．若，，，，，则；
B．若，，则；
C．若，，则；
D．若，，，，则.
7．如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ）
A．B．C．D．
8．一个袋中共有10个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是，则红球的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若为共扼复数，则为实数
B．若i为虚数单位，为正整数，则
C．复数在复平面内对应的点在第三象限
D．若复数满足，则
10．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，表示事件“两次掷的点数之和是4”，表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，表示事件“两次掷出的点数相同”，表示事件“至少出现一个奇数点”，则（ ）
A．与互斥B．
C．D．与相互独立
11．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A． B．
C．在上单调递增 D．的图象关于直线对称
12．已知在等边△中，，为的中点，为的中点，延长交占，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
13．用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校高中学生总数是 人.
14．已知平面向量，不共线，且，，，若，，三点共线，则 .
15．四种电子元件组成的电路如图所示，电子元件正常工作的概率分别为，则该电路正常工作的概率为 .
16．在如图所示的平行六面体中，已知，，，N为上一点，且.若，则的值为 .

四、解答题
17．目前用外卖网点餐的人越来越多，现在对大众等餐所需时间情况进行随机调查，并将所得数据绘制成频率分布直方图.其中等餐所需时间的范围是，样本数据分组为，，.

(1)求频率分布直方图中的值.
(2)利用频率分布直方图估计样本的平均数.(每组数据以该组数据所在区间的中点值作代表)
18．一枚质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4，将该正四面体连续抛掷2次，记录每一次底面的数字．
(1)求两次数字之和为7的事件的概率；
(2)两次数字之和为多少的事件概率最大？并求此事件的概率．
19．如图所示，四面体中，G，H分别是的重心，设，点D，M，N分别为BC，AB，OB的中点．
(1)试用向量表示向量；
(2)试用空间向量的方法证明MNGH四点共面．
20．甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率；
(2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率．
21．如图，在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面PAB是边长为1的等边三角形，底面ABCD是正方形，是侧棱PB上的点，是底面对角线AC上的点，且，．

(1)求证：；
(2)求证：平面PAD；
(3)求点到平面PAD的距离．
22．已知向量，，函数．
(1)求的最小正周期；
(2)当时，求的零点和单调递增区间．
仁寿县23级高一下期期末三校联考
数学参考答案：
1．D
【解析】由题得,即得复数的虚部.
【详解】由题得.
所以复数的虚部为.
故选：D
【点睛】本题主要考查复数的乘法运算和虚部的概念，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2．C
【分析】利用向量垂直的坐标表示可得答案.
【详解】因为，，所以，解得.
故选：C.
3．D
【分析】根据独立事件概率乘法公式运算求解.
【详解】由题意可得：甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率.
故选：D.
4．B
【分析】根据空间向量的共面定理可求的值.
【详解】因为点在外，由空间向量的共面定理可知且；
由题意，所以；
所以，解得.
故选：B.
5．B
【分析】的重心为三角形三条中线的交点，为中线的三等分点，根据向量线性运算的几何表示结合条件即得.
【详解】设分别是的中点，

由于的重心为三角形三条中线的交点，为中线的三等分点，
所以.
故选：B.
6．C
【分析】根据线面平行判定定理判断A；利用线面平行的性质及线面垂直的性质可判断B；根据空间中线线，线面的位置关系判断C；根据面面垂直的性质定理判断D.
【详解】若，，，，，根据线面平行判定定理可知，故A正确；
过作一平面，，若，则，
又，，则，所以，故B正确；

若，，则可能平行，也可能异面，故C错误；
若，，，，根据面面垂直的性质定理可知，故D正确.
故选：C.
7．B
【分析】根据题意，由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果.
【详解】由，可得，
因为底面为矩形，，，，
所以，，
又
，
所以，则.
故选：B
8．A
【分析】根据题意可得袋中黑球的个数为，红球个数为，根据对立事件结合古典概型列式求解即可.
【详解】由题意可知：袋中黑球的个数为，
设红球个数为，
从袋中任意摸出2个球，没有白球的概率为，
因为至少得到1个白球的概率是，则，解得，
所以红球的个数为1.
故选：A.
9．AC
【分析】根据复数的相关定义，即可结合选项求解.
【详解】对于A,若为共扼复数，则，故，故A正确，
对于B, ，故B错误，
对于C, 在复平面内对应的点为，在第三象限，故C正确，
对于D, 不能得到，比如，但是，故D错误，
故选：AC
10．BCD
【分析】列出两次出现的点数组，由互斥事件与对立事件的定义可判断A选项；由对立事件和独立事件的概率公式可判断BCD选项.
【详解】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，两次出现的点数组如下表所示：
共有种，表示事件“两次掷出的点数相同”, 表示事件“两次掷出的点数不同”，其中包括，即与不互斥，故A错误；
“至少出现一个奇数点”的对立事件是“两次掷的点数都是偶数”
，故B正确；
表示事件“第一次为奇数，第二次为偶数”共9种： ，故C正确；
事件“第二次掷出的点数是偶数”共18种；，
事件“两次掷出的点数相同”共6种：，
表示事件“两次为相同的偶数”共3种： ，
即，与相互独立，故D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】由图可知，求得，可判断A；由结合求得，可判断B；利用三角函数的单调性求解可判断C；求出的解析式，进而求出对称轴，可判断D.
【详解】由图可知，则，故A正确.
因为，所以，即.
因为，所以，则B正确.
令，解得，此时单调递增；
令，解得，此时单调递减.
由，得在上单调递减，在上单调递增，则C错误.
因为，所以.
令，，得，.
当时，，则的图象关于直线对称，故D正确.
故选：ABD.
12．AB
【分析】在△ABD中，根据AE是中线可得，再根据D是AC中点即可表示出，从而判断A；设，得到，根据，，三点在一条直线上及三点共线定理的推论可得k的值，从而可判断B；用表示出，根据向量数量积运算方法即可计算，从而判断C；根据E是BD中点及D是AC中点可得，，从而可判断D．
【详解】如图，

，故A正确；
设，则，
又，，三点在一条直线上，故，故，
即，，
故，故B正确；
，故，故C错误；
，
，
故，故D错误.
故选：AB.
13．1800
【分析】利用比例求出学生总数.
【详解】，故该校高中学生总数是1800人.
故答案为：1800
14．1
【分析】先根据向量的减法法则表示出，然后根据向量的共线定理进行计算.
【详解】依题意得，，
由三点共线可知，存在，使得，即，
由于，是两个不共线的向量，则，
解得.
故答案为：1.
15．0.8784
【分析】该电路正常工作即正常工作，至少一个正常工作，再由独立事件的乘法公式，即可得出答案.
【详解】该电路正常工作即正常工作，至少一个正常工作，
所以该电路正常工作的概率为.
故答案为：0.8784
16．/
【分析】设，，，以构成空间的一个基底，根据，可得，将分别用表示，再根据数量积得运算律即可得解.
【详解】设，，，
则构成空间的一个基底，
设，
因为，
所以，
因为，，
所以，即，
即，解得.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由各频率和为1列方程可求出的值；
（2）直接利用平均数的定义和频率分布直方图中的数据求解即可.
【详解】（1）由频率分布直方图可知，
解得
（2）样本的平均数约为
18．(1)；
(2)两次数字之和为的事件概率最大，概率为.
【分析】（1）列举法求两次数字之和为7的事件的概率；
（2）列举出数字之和为的对应事件并确定概率，即可得答案.
【详解】（1）由题意，2次所得数字，且分别表示第一次、第二次的对应数字，
基本事件有，，，共16种；
其中两次数字之和为7的事件有，共2种；
所以两次数字之和为7的事件的概率为.
（2）由（1），数字之和为，
有，概率为；
有，概率为；
有，概率为；
有，概率为；
有，概率为；
有，概率为；
有，概率为；
所以两次数字之和为的事件概率最大，概率为.
19．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）结合空间向量的线性运算即可求出结果；
（2）证得，即可得出结论.
【详解】（1）
因为，
而，
又D为的中点，所以，
所以
．
（2）因为，
，
所以，
，所以．
所以四点共面．
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法概率公式计算即可；
（2）两人分别猜两次，总共四次中有一次没猜对，分四种情况计算可得答案.
【详解】（1）设甲两轮至少猜对一个数学名词为事件，
.
（2）设事A＝“甲第一轮猜对”，B＝“乙第一轮猜对”，C＝“甲第二轮猜对”，D＝“乙第二轮猜对”，E＝““九章队”猜对三个数学名词”，
所以，
则，
由事件的独立性与互斥性，得
，
故“九章队”在两轮活动中猜对三个数学名词的概率为．
21．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得面PAB，即可得出结论；
（2）法一：过作交PA于点，过作交AD于点，证明MNTS是平行四边形，推出，由线面平行的判定定理，即可得出结论；
法二：过作交AB于点，可得平面PAD，平面PAD，从而平面平面PAD，由面面平行的性质可得结论；
法三：连接BN并延长交直线AD于点，可得，由线面平行的判定定理，即可得出结论；
（3）法一：平面PAD，点到平面PAD的距离是点到平面PAD的距离，在平面PAB内过作于，可证得平面PAD，则MH是点到平面PAD的距离，求解即可；
法二：设点到平面PAD的距离为，取AB的中点，则底面ABCD，利用等体积法，由求出结果．
【详解】（1）侧面底面ABCD，且平面PAB与平面ABCD的交线为AB，，平面ABCD，
平面PAB，平面PAB，．
（2）法一：过作交PA于点，过作交AD于点，连接ST，

，，同理可得，
，，
是平行四边形，，
又平面PAD，平面PAD，平面PAD．
法二：过作交AB于点，连接EN，

，又，， ，
又平面PAD，平面PAD，平面PAD，
，平面PAD，平面PAD，平面PAD，
又，平面MEN，
平面平面PAD，又平面MEN，平面PAD．
法三：连接BN并延长交直线AD于点，
，，
，，
又平面PAD，平面PAD，
平面PAD．

（3）法一：平面PAD，点到平面PAD的距离是点到平面PAD的距离，
在平面PAB内过作于，
平面PAB，平面PAB，，
，平面PAD，平面PAD，
是点到平面PAD的距离，
在中， ， ，，
所以点到平面PAD的距离为．

法二：设点到平面PAD的距离为h，取的中点，连接，则，
侧面底面，侧面底面，侧面，
底面，
，，
，
即点到平面的距离为．
22．(1)
(2)零点为和；单调递增区间为，
【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算以及二倍角公式，辅助角公式，将化简为，利用周期公式即可求解.（2）将零点转化为方程的根即可求解，根据整体法代入正弦函数的单调递增区间中即可求解.
【详解】（1）由向量，，函数得
．
所以的最小正周期为．
（2）令，∴， ，解得，，
∵，所以的零点为和．
令，，得，．
又，所以的单调递增区间为，．
第二次第一次
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6