广东省中山市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份广东省中山市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，5B， 已知，则， 已知复数，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. （ ）
A. B. C. D.
2. 已知为不共线向量，，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，则
4. 某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如下图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ）
A. 150.5B. 152.5C. 154.5D. 156.5
5. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计的值为（ ）
A. 0.6B. 0.65C. 0.7D. 0.75
6. 如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
8. 设长方体对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
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. 已知复数，则（ ）
A. B.
C D.
10. 下列化简正确的是（ ）
A. B.
C. D.
11. 如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）．

A. 当时，直线与平面所成角的正弦值为
B. 当二面角的大小为时，直线与所成角为
C. 若，则二面角的余弦值为
D. 若，则四面体的外接球的体积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，所得图象与函数的图象重合，则___________．
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是_____
14. 记一组数据平均数为，方差为，则数据的平均数为__________.
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. 已知平面向量，满足，，.
（1）求；
（2）若向量与夹角为锐角，求实数的取值范围.
16. 第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10：10后，每人发一个球就要交换发球权．
（1）已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率；
（2）已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率．
17. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
18. 如图，为半球直径，C为上一点，P为半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成的角的正弦值．
19. 在中，，点D在边上，且
（1）若的面积为，求边的长；
（2）若，求.
中山市高一级2023—2024学年第二学期期未统一考试
数学试卷
本试卷共6页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名､考场号､座位号和准考证号填写在答题卡上，将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知结合诱导公式及两角和的正弦公式进行化简即可求解．
【详解】解：．
故选：．
2. 已知为不共线向量，，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】A
【解析】
【分析】运用向量的加法运算，求得，从而得出结论.
【详解】因为，所以三点共线，
故选：A．
3. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可.
【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或，故B错误；
对于C：若，，则，故C正确；
对于D：若，则或，故D错误.
故选：C
4. 某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如下图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为（ ）
A. 150.5B. 152.5C. 154.5D. 156.5
【答案】B
【解析】
【分析】先根据频率之和为1求出未知数，再找到频率之和为0.5所在的区间即可根据频率分布直方图进行求解中位数.
【详解】依题意，，解得，
显然，，
所以样本中位数为.
故选：B
5. 已知某人射击每次击中目标的概率都是0.6，现采用随机模拟的方法估计其3次射击至少2次击中目标的概率．先由计算器产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4，5表示击中目标，6，7，8，9表示未击中目标；因为射击3次，所以每3个随机数为一组，代表3次射击的结果．经随机模拟产生了以下20组随机数：
169 966 151 525 271 937 592 408 569 683
471 257 333 027 554 488 730 863 537 039
据此估计的值为（ ）
A. 0.6B. 0.65C. 0.7D. 0.75
【答案】B
【解析】
【分析】由20组随机数中找出至少2次击中目标包含的随机数的组数，即可求概率的值.
【详解】20组随机数中至少2次击中目标的包含的随机数为：
151 525 271 592 408 471 257 333 027 554 730 537 039
一个有组，
所以其3次射击至少2次击中目标的概率，
故选：B.
6. 如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据锐角三角函数定义，结合正方形的性质、平面向量基本定理进行求解即可.
【详解】过作，垂足为，设大正方形的边长为1，设小正方形的边长为，
因为，所以，所以，由勾股定理可知：
，即，
，
，
因此由平面向量基本定理可知：，
因为，所以
，
故选：C
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解.
【详解】因为，可得，
则，
.
故选：A.
8. 设长方体的对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在图中找到，，及，，所对应的角，在直角三角形中应用正余弦化简整理，即可求出结果.
【详解】连接，，，，，，如下图
由题知：，，，
因为平面，平面，平面，
得：，，，
对于A项：
，故A项错误.；
对于B项：
，故B项错误；
对于C项：
，故C项错误;
对于D项：
，故D项正确.
故选：D.
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. 已知复数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由，结合每个选项计算可判断其正确性.
【详解】因为，所以，所以，故A正确；
所以，所以，故B不正确；
，故C不正确；
，故D正确.
故选：AD.
10. 下列化简正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式，结合特殊角的三角函数值，逐项化简判断即得.
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，D正确.
故选：ABD
11. 如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ ）．

A. 当时，直线与平面所成角的正弦值为
B. 当二面角的大小为时，直线与所成角为
C. 若，则二面角的余弦值为
D. 若，则四面体的外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由面面垂直的性质得线面垂直，即可求直线与平面所成角的正弦值即可判断A；根据二面角判断B，C即可；由四面体外接球的几何性质确定外接球半径，即可判断D.
【详解】对于A，当时，因为，，所以直线与平面所成角为，
则，故A正确；
对于B，如图，过A作，且，连接，，

则为正方形，即为直线与所成角，为二面角的平面角，
当时，易得，
又，，故面，即面，故，故B正确；
对于C，如图，作，则二面角的平面角为，

又，在中，易得，
在．中，由余弦定理得，，
过C点作交线段的延长线于点O，则平面，
过O点作，交线段的延长线于点H，连接，
则为二面角的平面角，
易得，，，
所以，故C错误；
对于D，同选项C可知，
如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线，

则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则，
又的外接圆半径，则，
所以四面体的外接球的体积为，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. 把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，所得图象与函数的图象重合，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】转化为函数的图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到的图象与函数的图象重合，从而可得答案.
【详解】因为函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，得到的图象与函数的图象重合，
所以函数的图象上所有的点向左平移个单位长度后，得到的图象与函数的图象重合，
即，
所以，
因为，∴，
故答案为：
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是_____
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理，构造关于c的方程，利用根的分布求出x的范围.
【详解】在中， ，，，
由余弦定理得：，即
因为符合条件的三角形有两个，所以关于c的方程由两个正根，
所以，解得：.
故实数的取值范围是.
故答案为：
14. 记一组数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平均数、方差公式计算可得.
【详解】因为的平均数为，方差为，
所以，，
即，
即，
即，即，
所以，
所以数据的平均数为.
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. 已知平面向量，满足，，.
（1）求；
（2）若向量与夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】(1)由给定条件求出，再根据向量模的计算公式即可得解；
(2)根据向量夹角为锐角借助数量积列出不等关系即可作答.
【详解】（1）依题意，，得，
，
所以；
（2）由向量与的夹角为锐角，可得，即有，解得，
而当向量与同向时，可知，
综上所述的取值范围为.
16. 第56届世界乒乓球团体锦标赛于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每局11分制，每赢一球得1分，选手只要得到至少11分，并且领先对方至少2分（包括2分），即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发2个球就要交换发球权，如果双方比分为10：10后，每人发一个球就要交换发球权．
（1）已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率；
（2）已知某局比赛中双方比分为8：8，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得11分获胜的概率．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题可知两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，然后根据独立事件概率公式即得；
（2）由题可知甲得11分获胜有两类情况：甲获胜或甲获胜，然后结合条件根据独立事件概率公式即得.
【小问1详解】
设“甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛”为事件，
若两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，
所以；
【小问2详解】
设“该局比赛甲得11分获胜”为事件，
甲得11分获胜有两类情况：甲连得3分，则甲获胜；
甲得3分，乙得1分，则甲获胜，此时有三种情况，每球得分方分别为乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲，
所以.
17. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用和角的正弦、二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质解不等式即得.
（2）令，结合分离参数，利用函数单调性求出实数的取值范围.
【小问1详解】
依题意，
，由，得，
则，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
由，得，
由，得，即有，
令，，
原不等式化为，即，显然函数在上单调递增，
则当时，，因此，
所以取值范围.
18. 如图，为半球的直径，C为上一点，P为半球面上一点，且．
（1）证明：；
（2）若，，求直线与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)由,可得平面，进而可得，又由于,所以可得平面，即可得；
(2)利用等体积法求得点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，则有，即可得答案.
【小问1详解】
证明：因为为半球的直径，C为上一点，
所以,
又因为，
，
平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为P为半球面上一点，
所以,
,
平面，
所以平面，
平面，
所以；
【小问2详解】
解：因为三角形为直角三角形，
，
所以，
又因为，平面，
所以，
又因为三角形也是直角三角形，
所以.
所以，
，
设点到平面的距离为，
则有,
即,
所以,
设直线与平面所成的角为，
则.
19. 在中，，点D在边上，且
（1）若的面积为，求边的长；
（2）若，求.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由三角形面积公式首先可以求得的长度，然后在中，运用余弦定理即可求解.
（2）设所求角，根据已知条件把图中所有角都用含有的式子表示出来，再设，在和分别运用正弦定理，对比即可得到关于的三角方程，从而即可得解.
【小问1详解】
在中，由题意有,
且注意到，，
所以有，解得，
如图所示：
在中，由余弦定理有，
代入数据得，
所以.
小问2详解】
由题意，所以设，
则，
设，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
又，
所以以上两式相比得，即，
所以有 ，
所以，
所以，或
又，且，
所以，
所以解得或.