青海省西宁市大通县2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题（原卷版+解析版）

这是一份青海省西宁市大通县2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题（原卷版+解析版），文件包含青海省西宁市大通县2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题原卷版docx、青海省西宁市大通县2023-2024学年高一下学期期末联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：人教A版必修第一册､必修第二册.
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. 化简（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量减法计算即可.
【详解】.
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由集合的并集运算求解即可．
【详解】解：由题意可得A=x|12x<14=x|x>2，
则，
所以.
故选：B
3. 下列说法中错误的是（ ）
A. 棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形
B. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台
C. 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
D. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线
【答案】C
【解析】
【分析】由棱台圆台和旋转体的结构特征，圆柱母线的定义，对选项进行判断.
【详解】由棱台的结构特征可知，A选项中说法正确；
由圆台的结构特征可知，B选项中说法正确；
直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体，不是圆锥，
是由两个同底圆锥组成的几何体，C选项中的说法错误；
在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，
只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，D选项中说法正确.
故选：C
4. 一组数据：5，1，3，5，2，2，2，3，1，2，则这组数据的分位数是（ ）
A. 3B. 4C. 4.5D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】将数据从小到大排序，根据第85百分位数的定义可得答案.
【详解】将数据从小到大排序为1，1，2，2，2，2，3，3，5，5，
因为不是整数，故取第9个数，第9个数为5，
故这组数据的第85百分位数为5.
故选：D．
5. 将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据左加右减得到平移后的解析式，再得到伸缩变换后的解析式.
【详解】将函数的图象向左平移个单位，
可得的图象；
再将图象上所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍可得．
故选：B．
6. 用2，3，4这3个数组成没有重复数字的三位数，则事件“这个三位数是偶数”发生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法，结合古典概型分析求解.
【详解】将2，3，4组成一个没有重复数字的三位数的情况有，共6种，
其中偶数有，共4种，
所以事件“这个三位数是偶数”发生的概率为．
故选：C．
7. 在长方体中，为的中点，在中，，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】设，利用勾股定理求得，，，再利用勾股定理列式计算即可.
【详解】如图，连接，由为的中点得，设，
则，，
，
因，所以，
即，解得（负值舍去）.
故选：B
8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，设和的外接圆的圆心，分别在，上，过，分别作两个半平面的垂线，交于，可得为三棱锥的外接球的球心，且可得，由等边三角形的边长为2，可得，及的值，进而求出外接球的半径的值，再求出外接球的表面积．
【详解】由题意如图所示：设为中点，连接，设，分别为，的外接圆的圆心，
过，分别作两个半平面的垂线，交于，则可得为该三棱锥的外接球的球心，
连接，，则为外接球的半径，
由与均为边长为2的等边三角形，则
又，则由余弦定理可得，所以，，
因为，分别为，的外接圆的圆心，所以，，
可得，可得，而，所以，
在中：，
所以外接球的表面积，
故选：C．
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. 的虚部为
B. 是纯虚数
C. 的模是
D. 在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的基本概念，以及复数的几何意义，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对A：由虚部定义知的虚部为，故A正确；
对B：纯虚数要求实部为0，故B错误；
对C：，故C正确；
对D：在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D错误.
故选：AC.
10. 下列化简正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】借助诱导公式计算即可得.
【详解】，故A正确；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误．
故选：AC.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，已知是线段上的两个动点，且，则（ ）
A. 的面积为定值B.
C. 点到直线的距离为定值D. 二面角的大小为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据到的距离为定值即可求解A，根据可得即可求解B,根据到直线的距离等于到的距离即可求解C，根据面面垂直即可求解D.
【详解】对于A，因为在中，高为到的距离，即的长度，为定值，底边为的长度，也为定值，所以的面积为定值，故A正确；
对于B，因为在上，，所以，即，故B正确；
对于C，到直线的距离等于到的距离，由于为边长为的等边三角形，
故到的距离为，因此到直线的距离为定值，故C正确；
对于D，易知在该正方体中，平面，又平面，所以平面平面，即平面平面，
故二面角的大小为，故D错误．
故选：ABC．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知x、，若，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】根据相等复数的概念列出方程组，解之即可求解.
【详解】由题意，得，
所以.
故答案为：2.
13. 已知是两个不共线的向量，，若与是共线向量，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量共线的充要条件建立方程组进行计算求解.
【详解】因为与是共线向量，所以存在实数，使得，
所以，即，
又因为是两个不共线的向量，所以，
解得
故答案为：.
14. 定义在上的奇函数满足，当时，，则函数的零点的个数为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】先由和函数奇偶性求得函数的周期，进而结合和作出函数在区间上的图象，再由周期性作出在上的函数，同时作出函数的图像，根据零点定义可将题目问题转化成两个函数和图像交点个数问题，则求出两函数图像交点个数即可得解.
【详解】因，
所以，可得函数是周期为4的奇函数，
因为，可得的图象关于直线对称，
当时，，又易知，所以时，，
由对称性可先画出函数在区间上的图象，
根据函数为奇函数且周期为4，可以画出函数在上的图象，
由，得，
分别画出函数和的图象，如图，
由，又，，而，
可以得到函数和的图象有5个交点，所以函数零点的个数为5.
故答案为：5.
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. 袋子中有9个大小和质地相同的球，标号为1，2，3，4，5，6，7，8，9，从中随机摸出一个球.
（1）写出试验的样本空间；
（2）用集合表示事件A=“摸到球的号码小于5”，事件B=“摸到球的号码大于4”，事件C=“摸到球的号码是偶数”
【答案】（1）详见解析（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）摸出一个球，上面的标号有9种可能；（2）由球的标号可得事件对应的样本空间。
【详解】解：（1）用球的标号表示对应的球，则该试验的样本空间可表示为；
（2）；；.
本题考查样本空间，属于简单题。
16. （1）已知，，求的值；
（2）已知，，求的值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和与差的余弦函数公式化简可求进而根据同角三角函数基本关系式化简即可求解．
（2）将两边同时平方，再相加即可得解；
【详解】解：（1），
．
（2）因为，，
所以，，
上述两式相加得
即解得
17. 已知、、分别为三个内角、、的对边，.
（1）求；
（2）若，的面积为，求、.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中，由及正弦定理得到，得出角A；
（2）由三角形面积公式结合余弦定理可得．
【小问1详解】
根据正弦定理，
变为，即，
也即，
所以．
整理，得，即，所以，
所以，则．
【小问2详解】
由，，得．
由余弦定理，得，
则，所以．则．
18. 如图，四棱柱的底面是正方形，．
（1）证明：平面∥平面；
（2）证明：平面平面．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可证∥，∥，结合线面平行、面面平行判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明.
【小问1详解】
由题意可知：∥，，可知为平行四边形，
则∥，且平面，平面，可得∥平面，
又因为∥，，可知为平行四边形，
则∥，且平面，平面，可得∥平面，
且，平面，所以平面∥平面.
【小问2详解】
因为为正方形，则，
因为，则，
可得，
设，可知为的中点，则，
且，平面，可得平面，
由平面，所以平面平面.
19. 为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.

（1）求图中a的值，并求综合评分的平均数；
（2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率；
（3）已知落在的平均综合评分是54，方差是3，落在的平均综合评分为63，方差是3，求落在的总平均综合评分和总方差.
【答案】（1），平均数为81
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）根据频率和为1求得，结合加权平均数运算求解；
（2）根据分层抽样求各层人数，利用列举法结合古典概型运算求解；
（3）根据题意利用分层抽样的平均数和方差公式运算求解.
【小问1详解】
由频率和为1，得，解得；
设综合评分的平均数为，
则，
所以综合评分的平均数为81.
小问2详解】
由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个，
一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E；
从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间
，；
记事件“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”，
则，，
所以所求的概率为.
【小问3详解】
由题意可知：落在的频率为，落在的频率为，
所以，
.