重庆市长寿区七校联盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学（B卷）试卷（Word版附解析）

这是一份重庆市长寿区七校联盟2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学（B卷）试卷（Word版附解析），共24页。

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，写在试卷上无效.3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A B. C. D.
3. 已知向量，，则“”是“”的（ ）
A 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A. B. 或C. 或D.
5. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（ ）

A. B.
C D.
6. 如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 四边形是矩形B. 四边形是正方形
C. D. 平面平面
7. 对一个样本容量为100的数据分组，各组的频数如表：
估计小于29的数据大约占总体的
A. 16%B. 40%C. 42%D. 58%
8. 一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 如图，在菱形中，，延长边至点，使得.动点从点出发，沿菱形的边按逆时针方向运动一周回到点，若，则（ ）

A. 满足的点有且只有一个
B. 满足的点有两个
C. 存在最小值
D. 不存在最大值
10. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
11. 一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以，和表示由甲盒取出产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是（ ）
A. ；B. ；
C. 事件与事件相互独立；D. ，，是两两互斥的事件．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设复数、，满足，，则______．
13. 若一组数据的方差是5，则数据的方差是__________．
14. 已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为______.
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. 在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校举办了“强国有我，挑战答题”的知识竞赛活动，已知甲、乙两队参加，每队3人，每人回答且仅回答一个问题，答对者为本队赢得1分，答错得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，，，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答问题正确与否互不影响.
（1）分别求甲队总得分为1分和2分的概率；
（2）求活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.
16. 某种经济树木根据其底部周长的不同售价有所差异，底部周长在为三类树，底部周长在为二类树，底部周长大于或等于为一类树．为了解一大片该经济林的生长情况，随机测量其中100株树木的底部周长（单位：），数据均落在之间，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．

（1）估计该片经济林中二类树约占多少；
（2）将同组中的每个数据都用该组区间中点的数值代替，试估计该经济林中树木的平均底部周长．
17. 在中，设为外接圆的圆心.
（1）求；
（2）若，设，求的值.
18. 如图1，在直角梯形中，，，，是的中点，与交于点，将沿向上折起，得到图2的四棱锥.

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正切值.
19. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求.
（2）若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围.
（3）若点是直线上的两个动点，记.若恒成立，求的值.
区间
[17,19)
[1921)
[21,23)
[23,25)
[25,27)
[27,29)
[29,31)
[31,33]
频数
1
1
3
3
18
16
28
30
重庆市长寿区2023—2024学年下学期高一期末检测卷（B）
数学试题
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，写在试卷上无效.3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算，结合复数的意义求解即得.
【详解】由，得，
所以复数的虚部为.
故选：C
2. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用向量的数量积即可求解.
【详解】，，
，.
又，.
故选：C.
【点睛】本题考查了向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.
3. 已知向量，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示求出当时的m值即可得解.
【详解】由题当时，，
或，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ）
A. B. 或C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为，，，由余弦定理可得，
即，即，解得或.
故选：C.
5. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.
【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：

半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.
则，，
，
所以.
故选:A.
6. 如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 四边形是矩形B. 四边形是正方形
C. D. 平面平面
【答案】A
【解析】
【分析】充分利用中点的特征，通过证明，，来得到四边形是矩形，从而确定选项A正确，选项B错误.选项C、D可利用反证法.
【详解】在长方形中，因为点，分别为，的中点，
所以，.
在长方体中，有平面，又，
所以平面，又平面，所以.
在长方形中，同理可得，.
所以，，又，所以四边形是矩形.
故选项A正确，选项B错误.
若，则由知，，
又点，分别为，的中点，所以，
所以.由图知和为相交直线，矛盾.故假设不成立，故选项C错误.
由图知，和为相交直线，所以平面与平面不会平行，故选项D错误.
故选：A.
7. 对一个样本容量为100的数据分组，各组的频数如表：
估计小于29的数据大约占总体的
A. 16%B. 40%C. 42%D. 58%
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由表格可以看出，样本在区间[17，29）上的数据个数，样本容量为100，进而得到小于29的数据大约占总体的42%．
详解：
由表格可以看出，样本在区间[17，29）上的数据个数为1+1+3+3+18+16=42个数据，
∵样本容量为100，∴样本在区间[17，29）上的频率为 ，
则估计小于29的数据大约占总体的42%，
故选C ．
点睛：本题考查频率的求法，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答，注意合理地进行等价转化．
8. 一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ， 故选B.
【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共16分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 如图，在菱形中，，延长边至点，使得.动点从点出发，沿菱形的边按逆时针方向运动一周回到点，若，则（ ）

A. 满足的点有且只有一个
B. 满足的点有两个
C. 存在最小值
D. 不存在最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】建立如图所示的平面直角坐标系，然后利用点的四种位置进行分类讨论即可.
【详解】建立如图所示的平面直角坐标系，设菱形的边长为1，，则
，
所以，，
由，得，
所以，所以，
①当点在上时，，且，
所以；
②当点在（不含点B）上时，则，所以，化简，
所以，
因为，所以，即；
③当点在（不含点C）上时，，且，
所以，即，所以；
④当点在（不含点A、D）上时，则，所以，化简，
所以，
因为，所以，所以；
对于A，由①知，当时，，此时点与点重合；
由④可知当时，，，此时点在的中点处；
其它均不可能，所以这样的点有两个，所以A错误，
对于B，由②知，当时，，，此时点在的中点；
由③知，当时，，，此时点点处；
其它均不可能，所以这样的点有两个，所以B正确，
对于CD，由①②③④可得：
当，即点为点时，取到最小值0；
当，即点为点时，取到最大值3，所以C正确，D错误，
故选：BC.
【点睛】关键点睛：此题考查平面向量基本定理的应用，解题的关键是建立平面直角坐标系，然后分类讨论，考查数形结合的思想，属于较难题.
10. 如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知条件求出圆锥的侧面积，棱锥的体积判断AB，利用求得后可得其范围判断C，把棱锥的两个面和摊平，利用平面上的性质求的最小值判断D．
【详解】由已知，圆锥侧面积为，A错；
在圆周上，易得，．B正确；
，又中，，所以，
所以．C错；
时，把和摊平，如图，
的最小值是，此时，，，，
，D正确．
故选：BD．
11. 一工厂将两盒产品送检，甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品．先从甲盒中随机取出一个产品放入乙盒，分别以，和表示由甲盒取出的产品是一等品，二等品和三等品的事件；再从乙盒中随机取出一产品，以表示由乙盒取出的产品是一等品的事件．则下列结论中正确的是（ ）
A. ；B. ；
C. 事件与事件相互独立；D. ，，是两两互斥的事件．
【答案】ABD
【解析】
【分析】有条件概率的定义可得B正确；利用全概率公式进行计算，可得A正确；有相互独立事件的判定方法可得C错误；有互斥事件的定义易得D正确.
【详解】因为甲盒中有4个一等品，3个二等品和3个三等品，
则,
乙盒中有5个一等品，2个二等品和3个三等品,
则,
则
，故A，B正确；
因为,
又，，
则，则两事件不相互独立，
故C错误；
根据互斥事件的定义可知，，，是两两互斥的事件，
故D正确，
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设复数、，满足，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，，利用复数的模长公式、复数的运算以及复数相等可得出、以及的值，再利用复数的加法以及复数的模长公式可求得的值.
【详解】设，，
因为，则，
又因为，
所以，，即，
由，可得，故，解得，
由，可得，
所以，，所以，.
故答案为：.
13. 若一组数据的方差是5，则数据的方差是__________．
【答案】45
【解析】
【分析】利用方差的性质求解即可.
【详解】若数据方差为，
则数据的方差为，
所以当数据的方差是5时，
可得数据的方差是，
故答案为：.
14. 已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设，分析可知点C在以为直径的圆上，根据数量积的几何意义结合圆的性质分析求解.
【详解】由题意可设：，
则，
若，即，则，
可知点C在以为直径的圆上，即圆心为，半径，
则在方向上的投影数量的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题根据向量运算的几何意义把题意转化为图形，结合图形分析求解.
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. 在中国共产主义青年团成立100周年之际，某校举办了“强国有我，挑战答题”的知识竞赛活动，已知甲、乙两队参加，每队3人，每人回答且仅回答一个问题，答对者为本队赢得1分，答错得0分.假设甲队中3人答对的概率分别为，，，乙队中每人答对的概率均为，且各人回答问题正确与否互不影响.
（1）分别求甲队总得分为1分和2分的概率；
（2）求活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.
【答案】（1）甲队总得分为分的概率为，分的概率为；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件和互斥事件概率公式计算可得；
（2）首先求出活动结束甲、乙两队得分及所对应的概率，再利用相互独立事件和互斥事件的概率公式计算可得；
【小问1详解】
解：依题意记甲队总得分为分为事件，甲队总得分为分为事件，
则，
，
所以甲队总得分为分的概率为，分的概率为；
【小问2详解】
解：依题意甲队总得分为分的概率为，
得分的概率为，得分的概率为，得分的概率为；
乙队总得分为分的概率为，得分的概率为，
得分的概率为，得分的概率为；
则活动结束后，甲、乙两队共得4分的概率.
16. 某种经济树木根据其底部周长的不同售价有所差异，底部周长在为三类树，底部周长在为二类树，底部周长大于或等于为一类树．为了解一大片该经济林的生长情况，随机测量其中100株树木的底部周长（单位：），数据均落在之间，按照分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图．

（1）估计该片经济林中二类树约占多少；
（2）将同组中的每个数据都用该组区间中点的数值代替，试估计该经济林中树木的平均底部周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，即可求解二类树的频率，
（2）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，
所以，解得．
因为底部周长在为二类树，
所以由图可得，．
答：该片经济林中二类树木约占．
【小问2详解】
由题意可得，
答：估计该经济林中树木的平均底部周长为．
17. 在中，设为外接圆的圆心.
（1）求；
（2）若，设，求的值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）转化为，再结合即可算出，同理可以求得；
（2）结合（1）和，利用数量积的定义解出即可.
【详解】（1）如图，由于为外接圆的圆心，
所以
设的中点分别为，连接，则，
故
同理可得.
（2）由（1）可得,
即，解得
18. 如图1，在直角梯形中，，，，是的中点，与交于点，将沿向上折起，得到图2的四棱锥.

（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面几何的知识证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得解；
（2）在图2中证得平面，从而证得平面，进而得到为二面角的平面角，由此求得所需线段的长即可得解.
【小问1详解】
在题干图1中连接，如图，

由已知得是CD的中点，
四边形是平行四边形，，
同理，四边形是平行四边形，
又，且，四边形是正方形，，
所以在题干图2中，，
又平面，
平面，又，
平面.
【小问2详解】
因为在正方形中，，
，又是等边三角形，
在题干图2中，过作于点，则为中点，
过作交延长线于点，连接，如图，

平面平面，，
又平面，
平面，又平面，，
又平面，
平面，又平面，，
为二面角的平面角，
在等边中，，则，
又点为的中点，，易得，

又，可得，
在中，，
所以二面角的正切值为.
【点睛】关键点睛：本题第2小问的解决关键是利用二面角的定义，结合线面垂直的判定定理在图2中作出二面角的平面角，从而得解.
19. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求.
（2）若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围.
（3）若点是直线上的两个动点，记.若恒成立，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理与同角关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解；
（2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即可求解；
（3）利用三角恒等变换化简计算可得，则是定值，即，解之即可.
【小问1详解】
，由正弦定理得.
因为，所以.因为，所以.
由，可得，即，所以.
由正弦定理可得，则，
得，则或（舍去），
所以.
【小问2详解】
设，在中，由正弦定理得，
所以.
在中，由正弦定理得，
所以.
的面积
.
因为，所以，
则，故面积的取值范围为.
【小问3详解】
因为，
所以，
则，
即.
又是定值，所以是定值，
所以，因为为的内角，
所以，
故的值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角恒等变换与解三角形、三角函数的性质的综合问题，结合三角恒等变换化简，正确运算是解决第（2）问的关键；确定是定值即是解决第（3）问的关键.
区间
[17,19)
[19,21)
[21,23)
[23,25)
[25,27)
[27,29)
[29,31)
[31,33]
频数
1
1
3
3
18
16
28
30