甘肃省2023-2024学年高一下学期期末学业水平质量测试数学试卷

这是一份甘肃省2023-2024学年高一下学期期末学业水平质量测试数学试卷，共12页。试卷主要包含了在中，点是线段上一点，若，则，已知复数，则，下列各式的值为的是等内容，欢迎下载使用。

数学
本试卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如何改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
参考公式：锥体的体积公式：（其中为锥体的底面积，为锥体的高）.
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，分别为的边，的中点，若，，则点的坐标为（ ）
A.B.C.D.
2.盒中有3个大小质地完全相同的球，其中1个白球、2个红球，从中不放回地依次随机摸出2个球.删恰好摸出一个红球一个白球的概率为（ ）
A.B.C.D.
3.设，则（ ）
A.B.C.D.
4.若复数满足，则的最大值为（ ）
A.1B.C.2D.3
5.从1，2，3，4中任取2个数，设事件“2个数都为偶数”，“2个数都为奇数”，“至少1个数为奇数”，“至少1个数为偶数”，则下列结论正确的是（ ）
A.与是互斥事件B.与是互斥但不对立事件
C.与是互斥事件D.与是对立事件
6.在中，点是线段上一点，若，则（ ）
A.B.C.D.
7.已知三棱锥中，平面，，，，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A.B.C.D.
8.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且.若为的垂心，，则（ ）
A.B.C.D.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，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.的虚部是B.
C.在复平面内对应的点位于第二象限D.是纯虚数
10.下列各式的值为的是（ ）
A.B.
C.D.
11.如图所示，在正方体中，，分别是，的中点，是线段上的动点，则下列判断正确的是（ ）
A.三棱锥的体积是定值
B.过，，三点的平面截正方体所得的截面是六边形
C.存在唯一的点，使得
D.与平面所成的角为定值
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12.圆锥侧面展开图是一个半径为2的半圆形，则圆锥的体积为______.
13.在中，点为线段的中点，若，，，则______.
14.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象.八卦图与太极图（图1）的轮廓分别为正八边形和圆（图2），其中正八边形的中心是点，鱼眼（黑、白两点），是圆半径的中点，且关于点对称.若，圆的半径为3，当太极图转动（即圆面及其内部点绕点转动）时，的最大值为______.
图1 图2
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）已知，，.
（1）求的值；
（2）求的值.
16.（15分）兰州机场停车场小型机动车收费标准为：30分钟内免费.停车时长在30分钟至1小时之间的，收费为5元/辆.超过1小时后，超出部分每小时收费5元，不足1小时按1小时计费24小时内最高收费50元.现有甲、乙二人在该机场临时停小型机动车，两人停车时间均大于半小时且不超过4小时.
（1）若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为，停车付费多于10元的概率为.求甲停车付费恰为5元的概率；
（2）若每人停车的时长在每个时段的可能性相同，求甲、乙二人停车付费之和为25元的概率.
17.（15分）如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面.，是中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
18.（17分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求；
（2）若是线段上的一点，，，且内角，求的最小值.
19.（17分）定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，那么称为A，B两点间的曼哈顿距离.
（1）已知A，B两个点的坐标为，，如果它们之间的曼哈顿距离不大于5，那么的取值范围是多少？
（2）已知A，B两个点的坐标为，，如果它们之间的曼哈顿距离恒大于3，那么的取值范围是多少？
（3）若点在函数图象上且，点的坐标为，求的最小值并说明理由.
高一下学期期末学业水平质量测试卷·数学参考答案
1.选A 因为，分别为AB，AC的中点，所以.设，又，所以，即解得
2.选C 记1个白球为A，2个红球分别为，，现从中不放回地依次随机摸出2个球，则可能结果有Aa，Ab，aA，ab，bA，ba，共6个，其中恰好摸出一个红球一个白球的有Aa，Ab，aA，bA，共4个，所以所求概率.
3.选C 由，平方可得，解得.
4.选C 设在复平面内对应的点的坐标为，由，得，即，.因为，所以，所以，所以，所以的最大值为2.
5.选A 根据题意样本空间，，，，，则，所以与是互斥事件，A正确；，，所以与是互斥且对立事件，B错误；，所以与不是互斥事件，C错误；，所以与不是对立事件，D错误.
6.选C 因为点是线段上一点，即，，三点共线，所以，解得.故选C.
7.选D 在三棱锥中，平面，，，，设底面的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，由正弦定理得，可得，所以，则外接球的表面积为.
8.选B 如图，延长交于点，延长交于点，延长交于点.由为的垂心，，得.又，则，.设，，则，，所以，即，，所以，所以.
9.选BC 易知的虚部是3，故A错误；，故B正确；在复平面内对应的点为，位于第二象限，故C正确；，是实数不是纯虚数，故D错误.
10.选ACD 对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C正确；对于D，，D正确.
11.选AC 因为是线段上的动点，而且，所以的面积为定值，又点到平面的距离为定值，，所以三棱锥的体积是定值，A正确；过作分别交，的延长线于，，连接，，如图，为，的交点，为，的交点，所以截面为五边形，B错误；在上运动，当时，，而为中点，所以当为中点时，，故存在唯一的点使得，C正确；由，平面，平面，则平面，所以到平面的距离一定，而长度随运动会变化，故与平面所成的角不为定值，D错误.
12.解析：设圆锥的底面半径为，则，所以，
圆锥的高为，
则圆锥的体积为.
答案：
13.解析：由是线段的中点，得.
在中，由余弦定理得
从而，
所以
所以，即.
答案：
14.解析：如图所示建立平面直角坐标系，
因为正八边形的每个内角为，
所以，
所以.
又因为，
所以.
由题意知，在以为圆心，为半径的圆上，且，关于原点对称，
所以设，则，
所以
，
其中
，
所以当时，取得最大值为.
答案：
15.解：（1）因为，，
所以，.
所以
.
（2）
.
16.解：（1）设“甲临时停车付费恰为5元”为事件，
则，
所以甲临时停车付费恰为5元的概率为.
（2）设甲停车付费元，乙停车付费元，其中，可能取值为5，10，15，20.
则甲、乙二人的停车费用的所有样本点为，，，，，，，，，，，，，，，共16种情形
其中，，，，这4种情形符合题意.
故“甲、乙二人停车付费之和为25元”的概率为
17.解：（1）证明：连接，交于点，连接，
因为四边形为正方形，所以为中点.
又因为是中点，所以.
因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离.
因为是中点，且平面，
所以点到平面的距离为.
易得，，，从而为直角三角形，
则，.
设点到平面的距离为，
则，
即，
代入得，
所以点到平面的距离为.
18.解：（1）由余弦定理和
得.
又，
所以，即.
由正弦定理，
得，
整理得，
所以.
因为，所以.
因为，所以.
（2）因为，所以，
所以，
所以①，
又②，
①②得，
令，又，所以，所以，
所以，
所以，所以.
令，
因为，
令，则，
令，
当时，，
当时，（且），
由对勾函数性质可得当时，单调递减，
故，
同理当时，，
所以，所以，
所以，
所以当为等边三角形时最小，最小值为.
19.解：（1）因为，，故，
由曼哈顿距离不大于5，得，
①当时，，解得；
②当时，，解得；
③当时，，解得.
综上，的取值范围是.
（2）因为，
故，
由题意可得恒成立，
因为，
当且仅当时等号成立，即的最小值为，
所以，则或，解得或.
故的取值范围是.
（3）点在函数图象上且，点的坐标为，
故
当时，，函数在上单调递增，
故，
当且仅当时取等号.
当时，.
令，由于，故，.
当时，，
函数在上单调递减，故，
当且仅当时取等号.
综上可知，的最小值为3.