湖北省武汉市重点中学5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市重点中学5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），文件包含湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷Word版含解析docx、湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
命题学校：育才高级中学 命题教师：赵胜军 审题教师：柳蔚
考试时间：2024年6月28日 试卷满分：150分
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 某校高三年级有810名学生，其中男生有450名，女生有360名，按比例分层随机抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则抽取男生和女生的人数分别为（ ）
A. 40，32B. 42，30C. 44，28D. 46，26
【答案】A
【解析】
【分析】根据分层抽样原理求出抽取的人数．
【详解】根据分层抽样原理知，，，
所以抽取男生40人，女生32人．
故选：A.
2. 下列统计量中，都能度量样本的集中趋势的是（ ）
A. 样本的标准差与极差
B. 样本的中位数与平均数
C. 样本的极差与众数
D. 样本的方差与平均数
【答案】B
【解析】
【分析】利用度量集中趋势和离散程度数据区别，可判断选项.
【详解】根据书中知识可知：度量数据的集中趋势的是中位数，平均数，众数，
度量数据离散程度的是方差，标准差，极差，
所以本题B是正确的，
故选: B.
3. 在正方体中，二面角的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，根据二面角的定义，结合正方体的线面关系判断出待求二面角的平面角即可求解.
【详解】如图，由正方体的性质易知平面，平面，平面，
则，
而平面平面，
则为二面角的平面角，
又因为四边形为正方形，
所以，即二面角的大小是.
故选：B.
4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论不正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间中的直线、平面的位置关系结合反例一一判定选项即可.
【详解】对于A项，若，则可能相交，如下图所示，故A错误；
对于B项，若，，则或，如下图所示，故B错误；
对于C项，如图所示，，显然不一定垂直，故C错误；
对于D项，由线面垂直的性质可知若，则，即D正确.
故选：ABC
5. 设为所在平面内一点，若，则下列关系中正确的是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】∵
∴−=3(−)；
∴=−.
故选A
6. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论不正确的是（ ）
A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和
D. 三个几何体的表面积中，球的表面积最小
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥，圆柱，以及球的表面积和体积公式，即可结合选项逐一求解.
【详解】对A，圆柱的侧面积等于，A正确；
对B，圆锥的母线长为，所以圆锥的侧面积为，B正确；
对C，圆柱的体积为，圆锥的体积为，
球的体积为，所以，C正确，
对D，圆柱的表面积，圆锥的表面积，
球的表面积为，由于，所以圆锥的表面积最小，D错误；
故选：D．
7. 如图，四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，分别为的中点，给出以下结论：
①平面； ② 平面；
③平面与平面交线为，则 ； ④平面．
则以上结论正确的序号为
A. ① ③B. ② ③C. ① ② ③D. ① ② ③ ④
【答案】C
【解析】
【分析】首先分析图形，取PD中点M，根据三角形中位线的性质，易知，，故①②正确，根据线面平行的判定定理和性质定理，可证得，得到③正确，非常容易得出④不正确，从而选出正确的结果.
【详解】取中点，易知，结合平面，平面，根据线面平行的判定定理，得知①正确；
根据题意，可知，从而得到四边形FCME是平行四边形，所以，根据线面平行的判定定理，得知②正确；
得平面，由线面平行的性质可知，③正确，④显然不正确，故选C.
【点睛】该题考查的是有关判定立体几何中的命题的正确性的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，线面平行的性质，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.
8. 如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论：
①与是异面直线；
②相交于一点；
③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形；
④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形；
其中错误的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由空间中直线与直线，直线与平面位置关系依次判断即可.
【详解】对于①，连接，如图所示：
由分别是的中点，可得，
可得与共面，故①错误；
对于②，因为平面平面平面，
所以由异面直线的定义可得，
与是异面直线，则不相交于一点，故②错误；
对于③，由①知，过A，M，P的平面截正方体所得的图形为四边形，
而，故四边形不是平行四边行，故③错误；
对于④，取，
则过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形，故④正确.
故选：C
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 设复数，则下列命题结论不正确的是（ ）
A. 的虚部为1
B.
C. 在复平面内对应的点在第四象限
D. 是方程的根
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数的概念及运算就可以作出判断.
【详解】由，可得：，
所以的虚部为，即A是错误的；
由，可知，即B是正确的；
由可知在复平面内对应的点在第四象限，即C是正确的；
由方程的根为，即D是正确的；
故选：BCD.
10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 与的夹角为D. 在上的投影向量为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据模长公式即可求解A，根据向量的线性的坐标运算即可求解B，根据夹角公式即可求解C，根据投影向量的定义，即可求解D.
【详解】对于A，，故A错误，
对于B, ,而，故与不共线，故B错误，
对于C，，由于，故与的夹角为，C正确，
对于D，在上的投影向量为，故D正确，
故选：CD
11. 已知正四面体的棱长为，则（ ）
A. 正四面体的外接球表面积为
B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为
D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】将棱长为的正四面体放到棱长为的正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而判断A，利用等体积法判断B，设中点为，连接，，则为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算可判断C，求出正四面体内切球的半径此时即为最大的正四面体的外接球的半径，从而判断D.
【详解】棱长为的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同，
设外接球的半径为，则，所以，所以A错误．
设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为，
设正四面体的高为，
又，
由等体积法可得，，
所以为定值，所以B正确．
如图所示，设中点为，连接，，则，，
故为所求二面角的平面角，，，
由余弦定理得，
则，所以C错误．
对于选项D，要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动，
则正四面体的外接球要在四面体内切球内部，
当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值，
又，，
设正四面体内切球的半径为，则，
即，解得，
所以正四面体的外接球半径为．
设正四面体的边长为，则，所以，
故体积，即正四面体的体积最大值为，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】关键点点睛：涉及到正四面体外接球一般将其放到正方体中，正方体的体对角线即为正方体外接球的直径.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，则的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用直观图与原图形的面积比求解即可.
【详解】由题意得，而，
故，解得，故的面积为.
故答案为：
13. 已知向量，则与垂直的单位向量的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设与向量垂直的单位向量为，利用与向量垂直，且为单位向量得到关于的方程组，再解方程组可得答案.
【详解】设与向量垂直的单位向量为，
则，解得，或，
所以，或.
故答案为：.
14. 如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则__________，的最大值为__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由几何体结构特征可知为外接球直径即得；先设，外接球半径为R，则由以及已知条件可求得，再根据几何体结构特征得，再结合两角和正切公式以及基本不等式即可求解.
【详解】由几何体结构特征可知为外接球直径，所以；
连接，交平面于点，取中点，连接，
由正棱锥性质知，且，
则、，，设，外接球半径为R，
则，
所以由得，，
又，
故，
而，当且仅当时取等，
故.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：求解的关键是由以及已知数据求出.
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. 果切是一种新型水果售卖方式，商家通过对整果进行消洗､去皮､去核､冷藏等操作后，包装组合销售，在“健康消费”与“瘦身热潮”的驱动下，果切更能满足消费者的即食需求.
（1）统计得到10名中国果切消费者每周购买果切的次数依次为：，求这10个数据的第70百分位数与方差；
（2）统计600名中国果切消费者的年龄，他们的年龄均在5岁到55岁之间，按照分组，得到频率分布直方图.估计这600名中国果切消费者年龄的中位数及平均数（结果保留整数）.
【答案】（1）第70百分位数为6.5；方差
（2）；
【解析】
【分析】(1)百分位数先排序，再利用分位数公式求解即可.
(2)根据频率直方图结合中位数和平均数的求法计算求解.
【小问1详解】
按从小到大顺序：1，3，4，4，5，6，6，7，7，7，
由于，故第70百分位数为；
平均数，
【小问2详解】
由可得，
所以，解得，
所以这600名中国果切消费者年龄的中位数为24.
其平均数
16. 在中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若．
（i）求的值；
（ii）求的面积．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理，即可求解；
（2）（i）结合三角函数的同角公式，以及正弦两角和公式，即可求解；
（ii）结合正弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
已知，由余弦定理，
则，又，则.
【小问2详解】
（i），由正弦定理有，得，
故，
.
（ii）由正弦定理可知，，
故的面积为.
17. 如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点.
（1）证明：平面.
（2）求异面直线与所成角的大小.
（3）求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行即得；
（2）利用平移得到与所成角为，解三角形即得；
（3）连接，过作于点，先证平面，再证平面，即得直线与平面所成角，结合即可求得.
【小问1详解】
如图，连接交于点，
因为，分别为，的中点，所以.
因为平面，且平面，
所以平面.
【小问2详解】
因，且，易得，
则有，由（1）得，故与所成角为（或其补角）.
因为，所以，
即与所成角的大小为.
【小问3详解】
连接，过作于点.
因为平面，且平面，
所以，又且，
所以平面.
因为平面，所以，
又，且，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成角为（或其补角）.
因为正方体的边长为1，所以，，
所以.
【点睛】思路点睛：解决异面直线的夹角问题，大多通过平移将两直线集中到一个三角形中，利用三角函数定义或正弦定理，余弦定理求解；对于线面所成角，一般需要作出并证明直线在平面上的射影，借助于直角三角形求解.
18. （1）已知，，点在线段的延长线上，且，求点的坐标；
（2）若是夹角为的两个单位向量，求：（i）的值；（ii）函数的最小值；
（3）请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明．
①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点．
注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）；（2）（i），（ii）；（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，依题意可得，从而得到方程组，解得即可；
（2）（i）根据及数量积的运算律计算可得；（ii）由，结合二次函数的最值即可求解；
（3）根据所选条件，画出图形，结合向量的运算证明即可.
【详解】（1）设，则，，
因为点在线段的延长线上，且，所以，
所以，解得，所以；
（2）（i）因为，为单位向量，所以，，
所以
；
（ii）因为
，
所以当时，函数的最小值为；
（3）若选①：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．
证明：如图，设，
由三角形法则有，所以
即.
同理可得，，.
若选②：
在平行四边形中，，为对角线，
证明：.
根据条件作出图形，
因为四边形为平行四边形，
所以，，，
所以，
因为，
所以，
所以，
即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；
若选③：
在中，，，分别为，，的中点，证明：，，相交于一点.
由题意作出图形，
设，，
则，，
，
设，相交于一点，，，
则，
，
又，
所以，解得，，
所以，
再设，相交于一点，同理可证得，
即，重合，即，，相交于一点，
所以三角形的三条中线交于一点.
19. 如图，已知三棱台的体积为，平面平面，是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，

（1）证明：平面；
（2）求点到面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据棱台的性质、长度关系和勾股定理可证得；由面面垂直和线面垂直的性质可证得，结合可证得结论；
（2）延长交于一点，根据可求得，利用体积桥可构造方程求得结果；
（3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果.
【小问1详解】
连接，

在三棱台中，；
，四边形为等腰梯形且，
设，则.
由余弦定理得：，
，；
平面平面，平面平面，平面，
平面，又平面，；
是以为直角顶点的等腰直角三角形，，
，平面，平面.
【小问2详解】
由棱台性质知：延长交于一点，

，，，
；
平面，即平面，
即为三棱锥中，点到平面的距离，
由（1）中所设：，，
为等边三角形，，
，；
，，
，
设所求点到平面的距离为，即为点到面的距离，
，，解得：.
即点到平面的距离为.
【小问3详解】
平面，平面，平面平面，
平面平面
取中点，在正中，，平面，
又平面，平面平面．
作，平面平面，则平面，
作，连接，则即在平面上的射影，

平面，平面，，
，平面，平面，
平面，，即二面角的平面角.
设，
在中，作，

，，又平面，平面，
，解得：，
由（2）知：，，
，，
，，
，，
若存在使得二面角的大小为，
则，解得：，
，
存在满足题意的点，.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果.