河北省唐县第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

这是一份河北省唐县第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

考试时间120分钟 全卷满分150分
一、单选题
1．已知复数（i是虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．设，，是互不重合的平面，，是互不重合的直线，给出四个命题：
①若，，则 ②若，，则
③若，，则 ④若，，则
其中正确命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．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．12C．16D．17
4．已知正四面体的棱长为1，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
5．在中，内角所对的边分别为．向量．若，则角C的大小为（ ）
A．B．C．D．
6．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每一次抛掷的结果要么正面向上要么反面向上，记“第一次硬币正面向上”为事件A，“三次试验恰有1次正面向上”为事件B，“三次试验恰有2次正面向上”为事件C，“三次试验全部正面向上或者全部反面向上”为事件 D，则下列说法正确的是（ ）
A．A与B互斥B．A与D相互独立
C．A与C相互独立D．C与D对立
8．通常以24小时内降水在平地上积水厚度（单位：mm）来判断降雨程度，其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）．小明用一个近似圆台的水桶（如图，计量单位）连续接了24小时的雨水，桶中水的高度约为桶高的，则当天的降雨等级是（ ）
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
二、多选题
9．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则有两解
B．若，则△ABC为等腰三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若的外接圆的圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为
10．如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（ ）
A．B．
C．D．
11．正方体的棱长为分别为的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与所成角的余弦值为
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截正方体所得的截面周长为
D．直线与平面所成角的正弦值为
三、填空题
12．已知纯虚数z满足，则z可以是 ．
13．在一个正三棱柱中，所有棱长都为2，各顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 ．
14．如图，已知两座山的海拔高度米，米，在BC同一水平面上选一点，测得点的仰角为点的仰角为，以及，则M，N间的距离为 米.（结果保留整数，参考数据）
四、解答题
15．已知的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且．
(1)求A；
(2)若，且的面积为，求的周长．
16．在正四棱柱中，，为棱中点．
(1)证明平面．
(2)求二面角的正弦值．
17．在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为，乙获胜的频率为．为便于研究，用此频率代替他们在决赛中每局获胜的概率．决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金．
(1)求前两局乙均获胜的概率；
(2)前2局打成1：1时，
①求乙最终获得全部奖金的概率；
②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗? 为什么?
18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.
(1)证明：平面平面；
(2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
19．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，．
(1)求角；
(2)若，求的周长；
(3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
参考答案：
1．A
【分析】将代入中计算可求出复数，从而可求得答案.
【详解】由，，
有，
故复数在复平面内对应的点所在的象限为第一象限．
故选：A
2．B
【分析】根据线面位置关系的判定定理、性质定理，以及推论，逐项判定，即可求解.
【详解】，，是互不重合的平面，，是互不重合的直线，
若，，则，，相交或异面，故①不正确；
若，，则，故②正确；
若，，则，故③正确；
若，，则或，故④不正确；
正确命题的个数是.
故选：.
3．D
【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数.
【详解】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，
因为上四分位数是第分位数，则，所以这组数据的上四分位数为.
故选：D.
4．B
【分析】对结合化简得，从而可知点在平面内，所以当平面时，最小，从而可求得结果.
【详解】因为，，
所以，
，
所以，
所以，
因为不共线，所以共面，
所以点在平面内，
所以当平面时，最小，
取的中点，连接，则点在上，且，
所以，
即的最小值为.
故选：B
5．C
【分析】利用共线向量的坐标表示，结合余弦定理求解即得.
【详解】在中，由，，得，
整理得，由余弦定理得，而，
所以.
故选：C
6．A
【分析】运用列举法，求出样本空间的样本点数，再找出满足题意的种数，最后运用古典概型公式求解即可.
【详解】样本空间{（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），
（小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑），
（芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）}，
共有15个样本点.其中任取2个节气，这2个节气不在同一个月的样本点有12个.
所以这2个节气不在同一个月的概率为.
故选：．
7．B
【分析】列出基本事件，由互斥事件、对立事件与独立事件的概念逐项判断即可．
【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币3次，共有（正正正），（正正反），（正反正），（反正正），（正反反），（反反正），（反正反），（反反反）共8种结果，
事件A“第一次硬币正面向上”包含（正正正），（正正反），（正反正），（正反反）共4种结果，
事件B“三次试验恰有1次正面向上”包含（正反反），（反反正），（反正反），共3种结果，
事件C“三次试验恰有2次正面向上”包含（正正反），（正反正），（反正正），共3种结果，
事件D“三次试验全部正面向上或者全部反面向上”包含（正正正），（正反反），共2种结果，
对于A选项，事件A与事件B可能同时发生，即（正反反），不是互斥事件，错误；
对于B选项，，，，则A与D相互独立，正确；
对于C选项，，，则A与C不独立，错误；
对于D选项，C和D互斥但并事件不是全体事件，故它们不对立，错误．
故选:B.
8．B
【分析】计算出水桶桶中水的体积，除以水桶上底面面积即可得24小时内降水在平地上积水厚度，即可得解.
【详解】由题桶的下底面面积为，上底面面积
又桶中水水面与底面距离为，
设水面半径为，如图为桶的轴截面图形，
则，则，
故由得，
故水面半径为，
所以桶中水水面面积为
所以连续24小时的桶中水的体积为，
所以24小时内降水在平地上积水厚度为，
所以当天的降雨等级是中雨.
故选：B.
【点睛】思路点睛：先计算出水面半径，进而得水桶桶中水的体积，再除以水桶上底面面积即可得24小时内降水在平地上积水厚度.
9．ACD
【分析】选项A，正弦定理解三角形判断解的个数；选项B，已知条件结合正弦定理化简得，可判断三角形形状；选项C，若为锐角三角形，有，可得；选项D，由已知判断的形状，利用投影向量的定义计算结果.
【详解】选项A，中，若，，，
则由正弦定理，可得，
又，所以或，此时有两解， 故A正确；
选项B，中，若，则由正弦定理可得，
所以，即，
又，所以或，
即或，为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
选项C，若为锐角三角形，则，即，
因为在上为减函数，所以，故C正确；
选项D，中，，则O是BC的中点， 所以BC为圆O的直径，
则有，又，则为等边三角形，
有，，，，
则向量在向量上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到.
【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心，
故，
又，故
，A正确；
B选项，，故
，
故，B正确；
C选项，，
又，
设，即，无解，故与不平行，C错误；
D选项，
，
故，D正确.
故选：ABD
11．ABC
【分析】对于A，取中点H，连接得，则求出的余弦值即为直线与所成角余弦值；对于B，连接、，证明即可得到平面截正方体所得的截面图形为四边形，证明平面结合棱锥的体积公式即可判断；对于C，由选项B即可得到截面的图形，进而根据数据直接求解即可；对于D，根据线面角定义以及正方体性质可得到是直线与平面所成的角，求出的正弦值即可得解.
【详解】对于A，取中点H，连接、、，

则由题意可知，，且，
所以是直线与所成角或补角，且，
所以直线与所成角余弦值为，故A正确；
对于B，连接、，由正方体几何性质可知且，
所以四边形是平行四边形，故，

又，所以，故与共面且过与的面有且只有一个，
故四边形是平面截正方体所得的截面图形，
连接，则由、均为所在边的中点以及正方体性质得，且，
故，又平面，平面，
所以平面，故点到平面的距离即为到平面的距离，
所以为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，由B可知平面截正方体所得的截面图形为四边形，
又由上以及题意得，，，
所以平面截正方体所得的截面周长为，故C正确；
对于D，连接，由正方体性质可知平面，
故是直线与平面所成的角，
又，所以，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为，故D错.

故选：ABC.
12．（答案不唯一）
【分析】由复数概念和复数的模即可求解.
【详解】为纯虚数，设，，
，解得或，即或.
故答案为：（答案不唯一）
13．
【分析】由已知画出图形，连接上下底面中心，则的中点即为外接球球心，连接CO，求出CO即可计算得出外接球的面积．
【详解】由已知做出正三棱柱，则，
设点分别为正，正的中心，连接，则，
连接并延长交于于点，则，，
设点为中点，连接CO，
则点为正三棱柱外接球的球心，且平面，，
因为点为正的中心，
所以，
所以，则，
因为平面，
所以，
则正三棱柱外接球半径，
所以该球的表面积为：，
故答案为：
14．249
【分析】由题意求出，在中结合余弦定理计算即可求解.
【详解】由题意知，米，米，
在中，由余弦定理得
米，
即的距离为249米.
故答案为：249
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角公式即可求解；
（2）根据三角形的面积公式可得，再结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理可得，
所以，
即，
因为，所以，
所以，化简得，即，
又由，可得，
故，所以；
（2）由已知可得，，
可得，化简得，，即，
又由余弦定理可得，化简得，，
联立解得，
所以的周长为
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用正四棱柱的性质，得到侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，结合，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为是正四棱柱，所以侧面，
而平面，所以
又，，平面，所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，则，，设，则，
所以，，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，，
则，，，
设是平面的法向量，
所以取，
设是平面的法向量，
所以取，
设二面角为，则，
所以二面角的正弦值为.
17．(1)；
(2)①；②不合理，理由见解析.
【分析】（1）利用独立事件的概率公式计算即得.
（2）①利用互斥事件及相互独立事件的概率公式，列式计算即可；②求出继续比赛甲乙各自获胜的概率，按概率比例进行分配即可.
【详解】（1）依题意，前两局乙均获胜的概率为.
（2）①乙最终获得全部奖金的事件，有以和两种情况，
若以获胜，则乙连胜两局，概率为，
若以获胜，则乙第3、4局输1局，第5局胜，概率为，
所以乙最终获得全部奖金的概率为.
②由①知，继续比赛，乙获胜的概率是，则甲获胜的概率为，
所以按2:1分配奖金，不合理，应按将奖金分配给甲乙.
18．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果；
（2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.
【详解】（1）因为底面为正方形，则，
又因为平面，平面，。
且，平面，
可得平面，由平面，可得，
因为，且E为的中点，则，
由，平面，可得平面，
且平面，所以平面平面.
（2）以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，
则，，
设，
则，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
又因为，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
由题意得：，即，
整理得即，解得或（舍去），
所以存在，此时.
19．(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得；
（2）设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长；
（3）在中，根据余弦定理列方程组求解可得，然后参变分离，利用对勾函数性质即可得解.
【详解】（1）由已知，得，
由正弦定理，得，
即，
即，
由于，所以，所以.
（2）设，
则．
所以，由得：
，即，
由余弦定理得，，
即，即，
又，联立解得．
所以的周长为.
（3）设，
由（2）在中，由余弦定理得，
联立求解可得，
所以，
所以，，
即，令，
由对勾函数性质知在上单调递减，
所以．即的取值范围为．