还剩13页未读，
继续阅读
河南省三门峡市卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下期期末考试数学试题
展开
这是一份河南省三门峡市卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下期期末考试数学试题，共16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。
一、单项选择题(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.已知(1-i)z=i,则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.袋子里有4个大小、质地完全相同的球,其中2个红球、2个白球,从中不放回地依次随机摸出2个球,事件A=“两个球颜色相同”,事件B=“两个球颜色不同”,事件C=“第二次摸到红球”,事件D=“两个球都是红球”.下列说法不正确的是( )
A.P(A∪B)=1 B.C与D互斥 C.D⊆C D.P(B)=P(C)+P(D)
3.某高中为了积极响应国家“阳光体育运动”的号召,调查该校3 000名学生每周平均体育运动时长的情况,从高一、高二、高三三个年级学生中按照4∶3∶3的比例进行分层随机抽样,收集了300名学生每周平均体育运动时长(单位:小时)的数据,整理后得到如图所示的频率分布直方图.下列说法不正确的是( )
A.估计该校学生每周平均体育运动时长为5.8小时
B.估计该校高一年级学生每周平均体育运动时长不足4小时的人数为300
C.估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的百分比为10%
D.估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的人数为600
4.在平行四边形ABCD中,BE=12BC,AF=14AE.若AB=mDF+nAE,则m-n=( )
A.12 B.34 C.-56 D.-38
5.在△ABC中,B=π3,AB=8,BC=5,则△ABC外接圆的面积为( )
A.49π3 B.16π C.47π3 D.15π
6.如图,一组数据x1,x2,x3,…,x9,x10的平均数为x,方差为s2,去除x9,x10这两个数据后,平均数为x',方差为s'2,则( )
A.x'>x,s2>s'2 B.x's'2
7.已知AB⊥AC,|AB|=t,|AC|=1t.若点P是△ABC所在平面内一点,且AP=AB|AB|+2AC|AC|,则PB·PC的最大值为( )
A.13 B.5-22 C.5-26 D.10+22
8.已知三棱锥P-ABC的底面ABC为等腰直角三角形,其顶点P到底面ABC的距离为3,体积为24,若该三棱锥的外接球球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹的总长度为( )
A.6π B.30π C.(9+221)π D.(6+221)π
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.已知i是虚数单位,则下列说法正确的有( )
A.i2 022=-1 B.“a=0”是“复数a+bi(a,b∈R)是纯虚数”的必要不充分条件
C.若复数z=a+i(a∈R),且|z|=2,则a=3 D.若复数z满足2z+z=3-2i,则复数z的虚部为-2
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若S=a22,则( )
A.bsin C+csin B=2(bcs C+ccs B) B.a2bc的最大值为1
C.cb+bc的最大值为5 D.tan A=b2+c2-a22a2
11..已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1,侧棱长为a,M是CC1的中点,则( )
A.对任意a>0,都有A1M⊥BD
B.存在a>0,使直线A1C1与直线BM相交
C.平面A1BM与底面A1B1C1D1的交线的长为定值52
D.当a=2时,三棱锥B1-A1BM外接球的表面积为3π
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.五一节放假期间,甲、乙、丙三人去某景点旅游的概率分别是12,13,14,已知三人是否去该景点旅游相互之间没有影响,那么这段时间内至少有1人去该景点旅游的概率为___________.
13.已知三棱锥A-BCD中,BC⊥平面ABD,AB=3,AD=1,BD=22,BC=4,则三棱锥A-BCD外接球的体积为___________ .
14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点P,使得的面积为，则线段长度的最小值为___________．
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. （13分）在的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且
（1）求A的值；
（2）若,求的取值范围．
16.（15） 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
17.(15分)某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛,现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本,并将成绩(单位:分)分成以下6组:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),
[90,100],统计结果如图所示.
(1)试估计这100名学生成绩的众数、中位数;(中位数保留小数点后2位)
(2)试估计这100名学生成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间中点值代表);
(3)现在按分层随机抽样的方法在[80,90)和[90,100]两组中抽取5人,再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会,求至少有一人的成绩在[90,100]内的概率.
18.(17分)甲、乙两人进行围棋比赛,采取积分制,规则如下:每胜1局得1分,负1局或平局都不得分,积分先达到2分者获胜;若第四局结束,没有人积分达到2分,则积分多的一方获胜;若第四局结束,没有人积分达到2分,且积分相等,则比赛最终打平.假设每局比赛甲胜的概率为12,负的概率为13,且每局比赛之间的胜负互不影响.
(1)求第三局结束时乙获胜的概率;(2)求甲获胜的概率.
19.（19分） 在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：2023-2024学年下期期末考试模拟试题
高 一 数 学
一、单项选择题(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.B
因为(1-i)z=i,所以z=i1-i=i(1+i)(1-i)(1+i)=-1+i2=-12+12i,
所以复数z在复平面内对应的点为-12,12,位于第二象限.故选B.
2.B 设2个红球的标号分别为1,2,2个白球的标号分别为3,4.不放回地随机摸出2个球的样本空间为{(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),(3,4),(4,3)},共12个样本点.事件A包含的样本点有(1,2),(2,1),(3,4),(4,3),共4个;事件B包含的样本点有(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),
(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),共8个;事件C包含的样本点有(1,2),(2,1),(3,1),(4,1),(3,2),(4,2),共6个;事件D包含的样本点有(1,2),(2,1),共2个.易知事件A与事件B为对立事件,故P(A∪B)=1,故A中说法正确;D⊆C,则C与D不互斥,故B中说法错误,C中说法正确;P(B)=812=23,P(C)=612=12,P(D)=212=16,所以P(B)=P(C)+P(D),故D中说法正确.故选B.
3.C 对于A,估计该校学生每周平均体育运动时长为1×0.05+3×0.2+5×0.3+7×0.25+9×0.15+11×0.05=5.8(小时),故选项A中说法正确;
对于B,该校高一年级的总人数为3 000×44+3+3=1 200,由题中频率分布直方图可知,该校学生每周平均体育运动时长不足4小时的频率为(0.025+0.1)×2=0.25,所以估计该校高一年级学生每周平均体育运动时长不足4小时的人数为1 200×0.25=300,故选项B中说法正确;
对于C,估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的百分比为(0.075+0.025)×2×100%=20%,故选项C中说法错误;
对于D,估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的人数为3 000×20%=600,故选项D中说法正确.故选C.
4.D 如图,AB=AE+EB=AE-12BC=AE-12AD=AE-12(AF+FD)=AE-1214AE-DF=12DF+78AE,
所以m=12,n=78,则m-n=-38.
故选D.
5.A 设△ABC外接圆的半径为R,
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcs B,
即AC2=64+25-2×8×5×12=49,所以AC=7,
则2R=ACsinB=732=1433,所以R=733,
故△ABC外接圆的面积为πR2=493π.
故选A.
6.D 由题意得110∑i=110xi=x,则∑i=110xi=10x,
由题图知x9=1,x10=2x-1,
故x'=18∑i=18xi=18∑i=110xi-x9-x10=18(10x-1-2x+1)=x.
由题图知x9,x10是偏离x较大的两个数据,
∴去除x9,x10这两个数据后,整体波动性减小,
故s2>s'2.
故选D.
7.B 以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(t,0),C0,1t(t>0),
所以AB=(t,0),AC=0,1t,
故AB|AB|=(1,0),2AC|AC|=(0,2),
则AP=AB|AB|+2AC|AC|=(1,2),即P(1,2),
故PB=(t-1,-2),PC=-1,1t-2,
所以PB·PC=1-t+4-2t=5-t+2t≤5-22,
当且仅当t=2t,即t=2时,等号成立.
故选B.
8.D 设等腰直角△ABC的直角边长为x(x>0),球O的半径为R,则R=5.
由三棱锥P-ABC的体积V=13×12x2×3=24,解得x=43,
∴△ABC的外接圆半径r1=12×2×43=26,
∴球心O到底面ABC的距离d1=R2-r12=25-24=1.
∵顶点P到底面ABC的距离为3,
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周.
当球心O在底面ABC和截面圆之间时,球心O到该截面圆的距离d2=3-1=2,
则截面圆的半径r2=R2-d22=25-4=21,
∴顶点P的轨迹长度为2πr2=221π.
当球心O在底面ABC和截面圆的同一侧时,球心O到该截面圆的距离d3=3+1=4,
则截面圆的半径r3=R2-d32=25-16=3,
∴顶点P的轨迹长度为2πr3=6π.
综上所述,顶点P的轨迹的总长度为(6+221)π.故选D.
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.ABD 对于A,因为i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,所以i2 022=i4×505+2=i2=-1,故A正确.
对于B,由a=0推不出a+bi(a,b∈R)是纯虚数,如a=b=0,此时a+bi=0,为实数,故充分性不成立;由a+bi(a,b∈R)为纯虚数,得a=0,b≠0,故必要性成立,故“a=0”是“复数a+bi(a,b∈R)是纯虚数”的必要不充分条件,故B正确.
对于C,|z|=a2+1=2,解得a=±3,故C错误.
对于D,设z=m+ni(m,n∈R),则z=m-ni,则2z+z=2(m+ni)+(m-ni)=3m+ni=3-2i,故3m=3,n=-2,解得m=1,n=-2,所以z=1-2i,其虚部为-2,故D正确.故选ABD.
10.AC ∵S=12bcsin A=12a2,∴bcsin A=a2,
由正弦定理可得sin Bsin Csin A=sin2A,
∵A∈(0,π),∴sin A≠0,∴sin Bsin C=sin A.
对于A选项,由asinA=bsinB=csinC=2R(R为△ABC外接圆的半径),可得bsin C+csin B=2R(sin Bsin C+sin Csin B)=4Rsin Bsin C,2(bcs C+ccs B)=4R(sin Bcs C+sin Ccs B)=4Rsin(B+C)=4Rsin A,∴bsin C+csin B=2(bcs C+ccs B),故A正确;
∵bcsin A=a2,∴a2bc=sin A,又A∈(0,π),∴当A=π2时,a2bc取得最大值,为1,此时a2=b2+c2=bc,无解,故B错误;
由a2=b2+c2-2bccs A及bcsin A=a2,得b2+c2=bcsin A+2bccs A,
∴cb+bc=c2+b2bc=bcsinA+2bccsAbc=sin A+2cs A=5sin(A+φ)(其中tan φ=2),∴cb+bc的最大值为5,故C正确;
由bcsin A=a2,a2=b2+c2-2bccs A得tan A=2a2b2+c2-a2,故D错误.
故选AC.
11.AC 如图,连接AC,由已知得BD⊥AC,BD⊥AA1,∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1,
又A1M⊂平面ACC1A1,∴BD⊥A1M,A正确.
连接BC1,∵B∈平面A1BC1,M∉平面A1BC1,∴BM⊄平面A1BC1,
又A1C1⊂平面A1BC1,B∉A1C1,∴BM与A1C1异面,B错误.
延长BM,B1C1,交于点N,连接A1N,交C1D1于点P,则A1P即为平面A1BM与平面A1B1C1D1的交线.
易得△NC1M≌△BCM,∴C1N=BC=1,∴C1为B1N的中点,
∵PC1∥A1B1,∴P为A1N的中点,
又A1N=A1B12+B1N2=12+22=5,∴A1P=52,C正确.
易知△A1B1B是直角三角形,所以其外接圆的圆心为A1B的中点,设为O',半径r=A1B2=52,
取BB1的中点Q,连接MQ,O'Q,O'M,则MQ⊥平面ABB1A1,易知O'Q=12,MQ=1,∴O'M=52=r,
∴三棱锥B1-A1BM外接球的球心即为O',半径R=r=52,故三棱锥B1-A1BM外接球的表面积为4πR2=5π,D错误.故选AC.
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.答案 34
解析 由题意可得3人都不去该景点旅游的概率为1-12×1-13×1-14=12×23×34=14,
所以至少有1人去该景点旅游的概率为1-14=34.
13.答案 125π6
解析 因为AB=3,AD=1,BD=22,
所以BD2+AD2=AB2,所以AD⊥BD.
又BC⊥平面ABD,BC=4,
所以可以把该棱锥补形成长、宽、高分别为22,1,4的长方体,长方体的外接球就是三棱锥A-BCD的外接球,
所以外接球的半径为12+(22)2+422=52,
所以外接球的体积为43π×523=125π6.
14.【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
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．【答案】（1） （2）
【详解】（1）由,
因,
代入得，,
展开整理得，,即,
因,则有,
由正弦定理，,
又因,故得，因，则;
（2）由（1）得，因,由正弦定理，，
则,
于是，，
因，则,故,
即的范围是．
16.【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
17.解析 (1)由题中频率分布直方图可知,成绩在[70,80)内的频率最大,故估计众数为75分.(2分)
因为成绩在[40,70)内的频率为10×(0.010+0.015+0.020)=0.45,在[40,80)内的频率为0.45+0.030×10=0.75,
所以中位数在[70,80)内,(3分)
设中位数为m分,则(m-70)×0.03=0.5-0.45,解得m≈71.67.
故估计这100名学生的成绩的中位数为71.67分.(5分)
(2)由题中频率分布直方图,可得这100名学生成绩的平均数约为(45×0.01+55×0.015+65×0.02+75×0.03+85×0.015+95×0.01)×10=70.5(分).(8分)
(3)成绩在[80,90)内的有100×(0.015×10)=15人,成绩在[90,100]内的有100×(0.01×10)=10人,
所以在[80,90)这组中抽取5×1510+15=3人,分别记为a,b,c,在[90,100]这组中抽取2人,分别记为1,2, (10分)所以从这5人中随机抽取2人的情况有(a,b),(a,c),(b,c),(a,1),(a,2),(b,1),(b,2),(c,1),(c,2),(1,2),共10种,
至少有一人的成绩在[90,100]内的情况有7种,
所以所求概率为710.(12分)
18.解析 (1)设事件A为“第三局结束时乙获胜”.
由题意知,每局比赛乙获胜的概率为13,不获胜的概率为23.
若第三局结束时乙获胜,则乙第三局必定获胜,共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).
故P(A)=13×23×13+23×13×13=427.(4分)
(2)设事件B为“甲获胜”.
若第二局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲两局连胜,此时的概率P1=12×12=14.(5分)
若第三局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲第三局必定获胜,共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).此时的概率P2=12×12×12+12×12×12=14.(6分)
若第四局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲第四局必定获胜,前三局为1胜2平或1胜1平1负,共有9种情况:(胜,平,平,胜),(平,胜,平,胜),(平,平,胜,胜),(胜,平,负,胜),(胜,负,平,胜),(平,胜,负,胜),(负,胜,平,胜),(平,负,胜,胜),(负,平,胜,胜),
此时的概率P3=12×16×16×12×3+12×16×13×12×6=548.(8分)
若第四局结束时甲以积分多于乙获胜,则共有4种情况:(胜,平,平,平),(平,胜,平,平),(平,平,胜,平),(平,平,平,胜),此时的概率P4=12×16×16×16×4=1108.(10分)
故P(B)=P1+P2+P3+P4=265432.(12分)
19.【解析】
【分析】（1）作出图形并推理说明.
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得.
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即得.
【小问1详解】
存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
【小问2详解】
连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
【小问3详解】
，
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
1.B
2.B
3.C
4.D
5.A
6.D
7.B
8.D
9.ABD
10.AC
11.AC
一、单项选择题(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.已知(1-i)z=i,则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.袋子里有4个大小、质地完全相同的球,其中2个红球、2个白球,从中不放回地依次随机摸出2个球,事件A=“两个球颜色相同”,事件B=“两个球颜色不同”,事件C=“第二次摸到红球”,事件D=“两个球都是红球”.下列说法不正确的是( )
A.P(A∪B)=1 B.C与D互斥 C.D⊆C D.P(B)=P(C)+P(D)
3.某高中为了积极响应国家“阳光体育运动”的号召,调查该校3 000名学生每周平均体育运动时长的情况,从高一、高二、高三三个年级学生中按照4∶3∶3的比例进行分层随机抽样,收集了300名学生每周平均体育运动时长(单位:小时)的数据,整理后得到如图所示的频率分布直方图.下列说法不正确的是( )
A.估计该校学生每周平均体育运动时长为5.8小时
B.估计该校高一年级学生每周平均体育运动时长不足4小时的人数为300
C.估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的百分比为10%
D.估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的人数为600
4.在平行四边形ABCD中,BE=12BC,AF=14AE.若AB=mDF+nAE,则m-n=( )
A.12 B.34 C.-56 D.-38
5.在△ABC中,B=π3,AB=8,BC=5,则△ABC外接圆的面积为( )
A.49π3 B.16π C.47π3 D.15π
6.如图,一组数据x1,x2,x3,…,x9,x10的平均数为x,方差为s2,去除x9,x10这两个数据后,平均数为x',方差为s'2,则( )
A.x'>x,s2>s'2 B.x'
7.已知AB⊥AC,|AB|=t,|AC|=1t.若点P是△ABC所在平面内一点,且AP=AB|AB|+2AC|AC|,则PB·PC的最大值为( )
A.13 B.5-22 C.5-26 D.10+22
8.已知三棱锥P-ABC的底面ABC为等腰直角三角形,其顶点P到底面ABC的距离为3,体积为24,若该三棱锥的外接球球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹的总长度为( )
A.6π B.30π C.(9+221)π D.(6+221)π
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.已知i是虚数单位,则下列说法正确的有( )
A.i2 022=-1 B.“a=0”是“复数a+bi(a,b∈R)是纯虚数”的必要不充分条件
C.若复数z=a+i(a∈R),且|z|=2,则a=3 D.若复数z满足2z+z=3-2i,则复数z的虚部为-2
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,△ABC的面积为S,若S=a22,则( )
A.bsin C+csin B=2(bcs C+ccs B) B.a2bc的最大值为1
C.cb+bc的最大值为5 D.tan A=b2+c2-a22a2
11..已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为1,侧棱长为a,M是CC1的中点,则( )
A.对任意a>0,都有A1M⊥BD
B.存在a>0,使直线A1C1与直线BM相交
C.平面A1BM与底面A1B1C1D1的交线的长为定值52
D.当a=2时,三棱锥B1-A1BM外接球的表面积为3π
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.五一节放假期间,甲、乙、丙三人去某景点旅游的概率分别是12,13,14,已知三人是否去该景点旅游相互之间没有影响,那么这段时间内至少有1人去该景点旅游的概率为___________.
13.已知三棱锥A-BCD中,BC⊥平面ABD,AB=3,AD=1,BD=22,BC=4,则三棱锥A-BCD外接球的体积为___________ .
14．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点P,使得的面积为，则线段长度的最小值为___________．
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. （13分）在的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且
（1）求A的值；
（2）若,求的取值范围．
16.（15） 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
17.(15分)某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛,现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本,并将成绩(单位:分)分成以下6组:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),
[90,100],统计结果如图所示.
(1)试估计这100名学生成绩的众数、中位数;(中位数保留小数点后2位)
(2)试估计这100名学生成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间中点值代表);
(3)现在按分层随机抽样的方法在[80,90)和[90,100]两组中抽取5人,再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会,求至少有一人的成绩在[90,100]内的概率.
18.(17分)甲、乙两人进行围棋比赛,采取积分制,规则如下:每胜1局得1分,负1局或平局都不得分,积分先达到2分者获胜;若第四局结束,没有人积分达到2分,则积分多的一方获胜;若第四局结束,没有人积分达到2分,且积分相等,则比赛最终打平.假设每局比赛甲胜的概率为12,负的概率为13,且每局比赛之间的胜负互不影响.
(1)求第三局结束时乙获胜的概率;(2)求甲获胜的概率.
19.（19分） 在四面体中，，记四面体的内切球半径为．分别过点向其对面作垂线，垂足分别为．
（1）是否存在四个面都是直角三角形的四面体？（不用说明理由）
（2）若垂足恰为正三角形的中心，证明：；
（3）已知，证明：2023-2024学年下期期末考试模拟试题
高 一 数 学
一、单项选择题(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.B
因为(1-i)z=i,所以z=i1-i=i(1+i)(1-i)(1+i)=-1+i2=-12+12i,
所以复数z在复平面内对应的点为-12,12,位于第二象限.故选B.
2.B 设2个红球的标号分别为1,2,2个白球的标号分别为3,4.不放回地随机摸出2个球的样本空间为{(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),(3,4),(4,3)},共12个样本点.事件A包含的样本点有(1,2),(2,1),(3,4),(4,3),共4个;事件B包含的样本点有(1,3),(3,1),(1,4),(4,1),
(2,3),(3,2),(2,4),(4,2),共8个;事件C包含的样本点有(1,2),(2,1),(3,1),(4,1),(3,2),(4,2),共6个;事件D包含的样本点有(1,2),(2,1),共2个.易知事件A与事件B为对立事件,故P(A∪B)=1,故A中说法正确;D⊆C,则C与D不互斥,故B中说法错误,C中说法正确;P(B)=812=23,P(C)=612=12,P(D)=212=16,所以P(B)=P(C)+P(D),故D中说法正确.故选B.
3.C 对于A,估计该校学生每周平均体育运动时长为1×0.05+3×0.2+5×0.3+7×0.25+9×0.15+11×0.05=5.8(小时),故选项A中说法正确;
对于B,该校高一年级的总人数为3 000×44+3+3=1 200,由题中频率分布直方图可知,该校学生每周平均体育运动时长不足4小时的频率为(0.025+0.1)×2=0.25,所以估计该校高一年级学生每周平均体育运动时长不足4小时的人数为1 200×0.25=300,故选项B中说法正确;
对于C,估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的百分比为(0.075+0.025)×2×100%=20%,故选项C中说法错误;
对于D,估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的人数为3 000×20%=600,故选项D中说法正确.故选C.
4.D 如图,AB=AE+EB=AE-12BC=AE-12AD=AE-12(AF+FD)=AE-1214AE-DF=12DF+78AE,
所以m=12,n=78,则m-n=-38.
故选D.
5.A 设△ABC外接圆的半径为R,
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2-2AB·BCcs B,
即AC2=64+25-2×8×5×12=49,所以AC=7,
则2R=ACsinB=732=1433,所以R=733,
故△ABC外接圆的面积为πR2=493π.
故选A.
6.D 由题意得110∑i=110xi=x,则∑i=110xi=10x,
由题图知x9=1,x10=2x-1,
故x'=18∑i=18xi=18∑i=110xi-x9-x10=18(10x-1-2x+1)=x.
由题图知x9,x10是偏离x较大的两个数据,
∴去除x9,x10这两个数据后,整体波动性减小,
故s2>s'2.
故选D.
7.B 以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(t,0),C0,1t(t>0),
所以AB=(t,0),AC=0,1t,
故AB|AB|=(1,0),2AC|AC|=(0,2),
则AP=AB|AB|+2AC|AC|=(1,2),即P(1,2),
故PB=(t-1,-2),PC=-1,1t-2,
所以PB·PC=1-t+4-2t=5-t+2t≤5-22,
当且仅当t=2t,即t=2时,等号成立.
故选B.
8.D 设等腰直角△ABC的直角边长为x(x>0),球O的半径为R,则R=5.
由三棱锥P-ABC的体积V=13×12x2×3=24,解得x=43,
∴△ABC的外接圆半径r1=12×2×43=26,
∴球心O到底面ABC的距离d1=R2-r12=25-24=1.
∵顶点P到底面ABC的距离为3,
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周.
当球心O在底面ABC和截面圆之间时,球心O到该截面圆的距离d2=3-1=2,
则截面圆的半径r2=R2-d22=25-4=21,
∴顶点P的轨迹长度为2πr2=221π.
当球心O在底面ABC和截面圆的同一侧时,球心O到该截面圆的距离d3=3+1=4,
则截面圆的半径r3=R2-d32=25-16=3,
∴顶点P的轨迹长度为2πr3=6π.
综上所述,顶点P的轨迹的总长度为(6+221)π.故选D.
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.ABD 对于A,因为i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,所以i2 022=i4×505+2=i2=-1,故A正确.
对于B,由a=0推不出a+bi(a,b∈R)是纯虚数,如a=b=0,此时a+bi=0,为实数,故充分性不成立;由a+bi(a,b∈R)为纯虚数,得a=0,b≠0,故必要性成立,故“a=0”是“复数a+bi(a,b∈R)是纯虚数”的必要不充分条件,故B正确.
对于C,|z|=a2+1=2,解得a=±3,故C错误.
对于D,设z=m+ni(m,n∈R),则z=m-ni,则2z+z=2(m+ni)+(m-ni)=3m+ni=3-2i,故3m=3,n=-2,解得m=1,n=-2,所以z=1-2i,其虚部为-2,故D正确.故选ABD.
10.AC ∵S=12bcsin A=12a2,∴bcsin A=a2,
由正弦定理可得sin Bsin Csin A=sin2A,
∵A∈(0,π),∴sin A≠0,∴sin Bsin C=sin A.
对于A选项,由asinA=bsinB=csinC=2R(R为△ABC外接圆的半径),可得bsin C+csin B=2R(sin Bsin C+sin Csin B)=4Rsin Bsin C,2(bcs C+ccs B)=4R(sin Bcs C+sin Ccs B)=4Rsin(B+C)=4Rsin A,∴bsin C+csin B=2(bcs C+ccs B),故A正确;
∵bcsin A=a2,∴a2bc=sin A,又A∈(0,π),∴当A=π2时,a2bc取得最大值,为1,此时a2=b2+c2=bc,无解,故B错误;
由a2=b2+c2-2bccs A及bcsin A=a2,得b2+c2=bcsin A+2bccs A,
∴cb+bc=c2+b2bc=bcsinA+2bccsAbc=sin A+2cs A=5sin(A+φ)(其中tan φ=2),∴cb+bc的最大值为5,故C正确;
由bcsin A=a2,a2=b2+c2-2bccs A得tan A=2a2b2+c2-a2,故D错误.
故选AC.
11.AC 如图,连接AC,由已知得BD⊥AC,BD⊥AA1,∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1,
又A1M⊂平面ACC1A1,∴BD⊥A1M,A正确.
连接BC1,∵B∈平面A1BC1,M∉平面A1BC1,∴BM⊄平面A1BC1,
又A1C1⊂平面A1BC1,B∉A1C1,∴BM与A1C1异面,B错误.
延长BM,B1C1,交于点N,连接A1N,交C1D1于点P,则A1P即为平面A1BM与平面A1B1C1D1的交线.
易得△NC1M≌△BCM,∴C1N=BC=1,∴C1为B1N的中点,
∵PC1∥A1B1,∴P为A1N的中点,
又A1N=A1B12+B1N2=12+22=5,∴A1P=52,C正确.
易知△A1B1B是直角三角形,所以其外接圆的圆心为A1B的中点,设为O',半径r=A1B2=52,
取BB1的中点Q,连接MQ,O'Q,O'M,则MQ⊥平面ABB1A1,易知O'Q=12,MQ=1,∴O'M=52=r,
∴三棱锥B1-A1BM外接球的球心即为O',半径R=r=52,故三棱锥B1-A1BM外接球的表面积为4πR2=5π,D错误.故选AC.
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.答案 34
解析 由题意可得3人都不去该景点旅游的概率为1-12×1-13×1-14=12×23×34=14,
所以至少有1人去该景点旅游的概率为1-14=34.
13.答案 125π6
解析 因为AB=3,AD=1,BD=22,
所以BD2+AD2=AB2,所以AD⊥BD.
又BC⊥平面ABD,BC=4,
所以可以把该棱锥补形成长、宽、高分别为22,1,4的长方体,长方体的外接球就是三棱锥A-BCD的外接球,
所以外接球的半径为12+(22)2+422=52,
所以外接球的体积为43π×523=125π6.
14.【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
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．【答案】（1） （2）
【详解】（1）由,
因,
代入得，,
展开整理得，,即,
因,则有,
由正弦定理，,
又因,故得，因，则;
（2）由（1）得，因,由正弦定理，，
则,
于是，，
因，则,故,
即的范围是．
16.【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
17.解析 (1)由题中频率分布直方图可知,成绩在[70,80)内的频率最大,故估计众数为75分.(2分)
因为成绩在[40,70)内的频率为10×(0.010+0.015+0.020)=0.45,在[40,80)内的频率为0.45+0.030×10=0.75,
所以中位数在[70,80)内,(3分)
设中位数为m分,则(m-70)×0.03=0.5-0.45,解得m≈71.67.
故估计这100名学生的成绩的中位数为71.67分.(5分)
(2)由题中频率分布直方图,可得这100名学生成绩的平均数约为(45×0.01+55×0.015+65×0.02+75×0.03+85×0.015+95×0.01)×10=70.5(分).(8分)
(3)成绩在[80,90)内的有100×(0.015×10)=15人,成绩在[90,100]内的有100×(0.01×10)=10人,
所以在[80,90)这组中抽取5×1510+15=3人,分别记为a,b,c,在[90,100]这组中抽取2人,分别记为1,2, (10分)所以从这5人中随机抽取2人的情况有(a,b),(a,c),(b,c),(a,1),(a,2),(b,1),(b,2),(c,1),(c,2),(1,2),共10种,
至少有一人的成绩在[90,100]内的情况有7种,
所以所求概率为710.(12分)
18.解析 (1)设事件A为“第三局结束时乙获胜”.
由题意知,每局比赛乙获胜的概率为13,不获胜的概率为23.
若第三局结束时乙获胜,则乙第三局必定获胜,共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).
故P(A)=13×23×13+23×13×13=427.(4分)
(2)设事件B为“甲获胜”.
若第二局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲两局连胜,此时的概率P1=12×12=14.(5分)
若第三局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲第三局必定获胜,共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).此时的概率P2=12×12×12+12×12×12=14.(6分)
若第四局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲第四局必定获胜,前三局为1胜2平或1胜1平1负,共有9种情况:(胜,平,平,胜),(平,胜,平,胜),(平,平,胜,胜),(胜,平,负,胜),(胜,负,平,胜),(平,胜,负,胜),(负,胜,平,胜),(平,负,胜,胜),(负,平,胜,胜),
此时的概率P3=12×16×16×12×3+12×16×13×12×6=548.(8分)
若第四局结束时甲以积分多于乙获胜,则共有4种情况:(胜,平,平,平),(平,胜,平,平),(平,平,胜,平),(平,平,平,胜),此时的概率P4=12×16×16×16×4=1108.(10分)
故P(B)=P1+P2+P3+P4=265432.(12分)
19.【解析】
【分析】（1）作出图形并推理说明.
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得.
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即得.
【小问1详解】
存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
【小问2详解】
连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
【小问3详解】
，
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
1.B
2.B
3.C
4.D
5.A
6.D
7.B
8.D
9.ABD
10.AC
11.AC
相关试卷
河南省卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下期期中数学试题卷： 这是一份河南省卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下期期中数学试题卷，共21页。
河南省卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题： 这是一份河南省卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题，文件包含2023-2024学年河南省卢氏县第一高级中学高一下期期中数学试题原卷版docx、2023-2024学年河南省卢氏县第一高级中学高一下期期中数学试题卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
河南省三门峡市渑池县第二高级中学2023-2024学年高一下学期第一次月考（3月）数学试题（原卷版+解析版）： 这是一份河南省三门峡市渑池县第二高级中学2023-2024学年高一下学期第一次月考（3月）数学试题（原卷版+解析版），文件包含河南省三门峡市渑池县第二高级中学2023-2024学年高一下学期第一次月考3月数学试题原卷版docx、河南省三门峡市渑池县第二高级中学2023-2024学年高一下学期第一次月考3月数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
