2023-2024学年高中下学期高一数学期末试题01（全解全析）（人教A版2019）

这是一份2023-2024学年高中下学期高一数学期末试题01（全解全析）（人教A版2019），共15页。试卷主要包含了测试范围等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：（必修第二册）人教A版2019
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
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．有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（ ）
A．11B．13C．16D．17
【答案】D
【解析】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，
因为，所以这组数据的上四分位数为，故选D
2．12个同类产品中，有10个正品，任意抽取3个产品概率是1的事件是（ ）
A．3个都是正品B．至少有一个是次品
C．3个都是次品D．至少有一个是正品
【答案】D
【解析】因为所求事件的概率是1，所以该事件为必然事件，
对于A，因为可能发生任取出来的3个产品含有次品的情况，所以事件“3个都是正品”是随机事件，故A错误；
对于B，因为可能发生任取出来的3个产品都是正品的情况，所以事件“至少有一个是次品”是随机事件，故B错误；
对于C，因为次品的个数只有2个，所以事件“3个都是次品”是不可能事件，故C错误；
对于D，因为次品的个数只有2个，所以任取出来的3个产品必然至少有一个是正品，即事件“至少有一个是正品”是必然事件，故D正确，故选D.
3．已知复数z满足，则复数z在复平面内的对应点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【解析】设R)，则，
由，得，
即，所以，
解得，故，
所以复数z在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选B
4．如图,直角梯形满足,它是水平放置的平面图形的直观图,则该平面图形的周长是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】由题意,,由可得,
由,
可得,所以,
而，所以，
结合斜二测画法的规则,将直观图即直角梯形还原成平面图形，
如图所示：由勾股定理可得，
所以满足题意的平面图形的周长是.故选:C.
5．已知向量，，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由，得，
所以在方向上的投影向量为，故选：A
6．我国古代数学家赵爽创制了一幅“勾股圆方图”，后人称为“赵爽弦图”.他用数形结合的方法给出了勾股定理的证明，极富创新意识.“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.如图，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则（ ）
A．9B．C．12D．
【答案】B
【解析】由题意可知，，
设，由勾股定理可得，解得，
所以，所以，
故选：B.
7．已知中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，且，则是（ ）
A．锐角三角形B．钝角三角形C．等边三角形D．等腰直角三角形
【答案】D
【解析】，
即，故，
，
因为，所以，故，
因为，所以，
故为等腰直角三角形.
故选：D
8．折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”，它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图①)，图②是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧、所在圆的半径分别是3和6，且∠ABC＝120°，则下列关于该圆台的说法错误的是（ ）
A．高为2B．母线长为3
C．表面积为14πD．体积为π
【答案】D
【解析】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则2πr＝×3，即r＝1；2πR＝×6，即R＝2.又圆台的母线长为l＝6－3＝3，所以圆台的高h＝＝2，故A，B正确．圆台的表面积S＝π(1＋2)×3＋π×12＋π×22＝14π，故C正确；圆台的体积V＝π×2×(22＋12＋2×1)＝π，故D错误．故选D.
二、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．将样本容量为100的样本数据分为4组：，得到频率分布直方图如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．样本数据分布在内的频率为0.32
B．样本数据分布在内的频数为40
C．样本数据分布在内的频数为40
D．估计总体数据大约有分布在内
【答案】ABC
【解析】对于A，由图可得，样本数据分布在内的频率为，故A正确；
对于B，由图可得，样本数据分布在内的频数为，故B正确；
对于C，由图可得，样本数据分布在内的频数为，故C正确；
对于D，由图可估计，总体数据分布在内的比例约为，故D错误.
故选：ABC.
10．同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ）
A．事件A与事件B对立B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件C相互独立D．
【答案】BC
【解析】由题意，得，，，
对于A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，故A错误；
对于B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，故B正确；
对于C，，又，故事件A与事件C相互独立，故C正确；
对于D，由上知，，故D错误．
故选：BC．
11．如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足∥平面，则（ ）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．动点的轨迹是一条线段
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为
【答案】ABD
【解析】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
可知正方体的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，
且平面，平面，所以∥平面，
同理可得：∥平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，
所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；
对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，
则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；
对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，平面平面，所以．
同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且．
设棱锥的高为h，
因为，所以四边形为菱形，
所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又，
则，，
所以，解得．
综上，可知长度的取值范围是，故D正确．
故选：ABD．
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．杭州亚运会期间，某社区有200人参加协助交通管理的志愿团队，为了解他们参加这项活动的感受，用按比例分配的分层抽样的方法随机抽取了一个容量为40的样本，若样本中女性有16人，则该志愿团队中的男性人数为 .
【答案】
【解析】根据题意，结合分层抽样的概念及运算，可得愿团队中的男性人数为.
13．已知函数和，其中、均可取1、2、3、4、5、6中的任一数.则这两函数图象有交点的概率为 .
【答案】
【解析】根据已知条件联立，即，整理有：，
因为两函数图象有交点，所以，即，
当时，无解；当时，；当时，；
当时，；当时，；
当时，；综上，满足条件的、共对，
又根据已知条件、的所有取值情况为种，
所以两函数图象有交点的概率为.
14．已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是 ．
【答案】
【解析】如图所示：

连接，则，
又平面，平面，故平面，
设为BC的中点，连接，
由于F分别是棱的中点，故，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又平面，
故平面平面，
由于平面BEF，故平面，
又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面，
故AM即为动点P的轨迹，
而，故AP的取值范围是．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（本小题满分13分）现统计了甲12次投篮训练的投篮次数和乙8次投篮训练的投篮次数，得到如下数据：
已知甲12次投篮次数的平均数，乙8次投篮次数的平均数.
(1)求这20次投篮次数的中位数，估计甲每次训练投篮次数超过的概率；
(2)求这20次投篮次数的平均数与方差.
【解】（1）将这20个数据从小到大排列，第10个数和第11个数都是77，所以，
因为甲的12次投篮训练中，投篮次数超过77次的有6次，
估计甲每次训练投篮次数超过的概率为.
（2）这20次投篮次数的平均数，
方差
16．（本小题满分15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
(1)求A；
(2)求周长的最大值.
【解】（1）已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
（2）由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
17．（本小题满分15分）甲､乙､丙三位重剑爱好者决定进行一场比赛，每局两人对战，没有平局，已知每局比赛甲赢乙的概率为，甲赢丙的概率为，丙赢乙的概率为.因为甲是最弱的，所以让他决定第一局的两个比赛者（甲可以选定自己比赛，也可以选定另外两个人比赛），每局获胜者与此局未比赛的人进行下一局的比赛，在比赛中某人首先获胜两局就成为整个比赛的冠军，比赛结束.
(1)若甲指定第一局由乙丙对战，求“只进行三局甲就成为冠军”的概率；
(2)请帮助甲进行第一局的决策（甲乙､甲丙或乙丙比赛），使得甲最终获得冠军的概率最大.
【解】（1）若甲指定第一局由乙丙对战，“只进行三局甲就成为冠军”共有两种情况：
①乙丙比乙胜，甲乙比甲胜，甲丙比甲胜，
其概率为；
②乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
其概率为.
所以“只进行三局甲就成为冠军”的概率为.
（2）若第一局甲乙比，甲获得冠军的情况有三种：
甲乙比甲胜，甲丙比甲胜；甲乙比甲胜，甲丙比丙胜，乙丙比乙胜，甲乙比甲胜；甲乙比乙胜，乙丙比丙胜，甲丙比甲胜，甲乙比甲胜，
所以甲能获得冠军的概率为.
若第一局为甲丙比，
则同上可得甲获得冠军的概率为.
若第一局为乙丙比，那么甲获得冠军只能是连赢两局，
则甲获得冠军的概率即第（1）问的结果.
因为，
所以甲第一局选择和丙比赛，最终获得冠军的概率最大.
18．（本小题满分17分）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且．
(1)证明：平面．
(2)证明：平面平面．
(3)若，求二面角的正切值．
【解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
则，，所以点A的曲率为，
所以．因为，所以△ABC为正三角形．
因为N为AB的中点，所以．
又平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）取的中点D，连接DM，DN．
因为N为AB的中点，所以且．
又且，所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则．
由（1）知平面，则平面．
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中点F，连接AF，则．
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，又平面，所以平面，
又平面，，
所以∠AHF为二面角的平面角的补角．
设，，则，，．
由等面积法可得，则，
则，故二面角的正切值为．
19．（本小题满分17分）任意一个复数z的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中i为虚数单位，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：，，则：.如果令，则能导出复数乘方公式：.请用以上知识解决以下问题.
(1)试将写成三角形式；
(2)试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；；
(3)计算：的值.
【解】（1）由于，故，
则；
（2）设模为1的复数为，
则
，
由复数乘方公式可得，
故；
（3）首先证明：；
由于，则，
则，故，
则可得
，
，
所以
.
甲
77
73
77
81
85
81
77
85
93
73
77
81
乙
71
81
73
73
71
73
85
73