[数学][数学]吉林省部分名校2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

这是一份[数学][数学]吉林省部分名校2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共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. 复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. 3D.
【答案】A
【解析】因为，所以的虚部为1.
故选：A.
2. 某纺织厂4月份生产了三种类型纱线，分别为大卷纱线､中卷纱线和小卷纱线，其中大卷纱线有2000卷，中卷纱线有8000卷，小卷纱线有20000卷.为检查该纺织厂4月份生产的这三种类型纱线的质量，按比例用分层随机抽样的方法从中抽检240卷，则被抽检的小卷纱线有（ ）
A. 120卷B. 150卷C. 160卷D. 200卷
【答案】C
【解析】依题意，被抽检小卷纱线有（卷）.
故选：C.
3. 有一艘船以每小时25海里的速度向正东方向行驶，在处测得灯塔在该船的东北方向，该船行驶2小时后到达处，测得灯塔在该船的东偏北方向上，则（ ）
A. 海里B. 海里C. 50海里D. 海里
【答案】A
【解析】由题可知
，海里，
在中，由正弦定理可得，
则海里.
故选：A.
4. 小唐5月日每天的运动时长（单位：分钟）统计数据如图所示，则（ ）
A. 小唐这7天每天运动时长的平均数是72
B. 小唐这7天每天运动时长的极差是42
C. 小唐这7天每天运动时长的中位数是75
D. 小唐这7天每天运动时长的第80百分位数是92
【答案】D
【解析】，A错误；
B选项，小唐这7天每天运动时长的极差是，B错误；
C选项，将小唐这7天每天运动时长从小到大排列为，
则小唐这7天每天运动时长的中位数是70，错误；
D选项，因为，所以第80百分位数是第6个数，即92，D正确.
故选：D.
5. 若某圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，该圆台的体积不小于，则该圆台的高的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设该圆台的高为，则该圆台的体积，
因为该圆台的体积不小于，所以，解得.
故选：B.
6. 正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，是该正五角星的中心，则（ ）
A. B. C. 12D. 18
【答案】A
【解析】如图，交于点，则是中点且，
由题意可得.
故选：A．
7. 如图，在直三棱柱中，所有棱长都相等，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】连接，因为在直三棱柱中，，分别是棱，的中点，
故，即四边形为平行四边形，
所以，则即为异面直线与所成角或其补角；
直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长2，
连接，则，而平面，故平面，
平面，故，
是棱的中点，故，则，
而，又，
故在中，，
由于异面直线所成角的范围为大于，小于等于，
故异面直线与所成角的余弦值是.
故选：D.
8. 如图，在平面四边形中，为钝角三角形，，则四边形的面积的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】（方法一）设，
则，
在中，，
因为，所以，
四边形的面积为
，
当，即时，
四边形的面积取得最大值，最大值为.
（方法二）四边形的面积
.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共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. 若复数，则（ ）
A. B.
C. 为实数D.
【答案】BC
【解析】由，得，A错误；
，B正确；
因为，所以为实数，C正确；
D错误.
故选：BC.
10. 在正三棱锥中，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则二面角
B. 若二面角是，则正三棱锥的体积是
C. 荅，则正三棱锥内切球的半径是.
D. 若，则正三梭锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】如图，取的中点，连接，
则是二面角的平面角，
作平面，垂足为，点在上，且，
对于A，由，得，则，从而，
故A正确；
对于B，二面角是，即，得，
则3，从而三棱锥的体积，故B正确；
由，得，对于，设三棱锥内切球的半径为，
则，
所以，故C错误；
设三棱锥外接球的半径为，球心为，且在上，连接，
则，即，
解得，所以，所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 欧拉线定理指出三角形的外心､垂心､重心都在同一条直线士，且重心与外心之间的距离是重心与垂心之间的距离的一半.设分别是的外心､垂心和重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】对于A，连接并延长，交于点，则是的中点，，
于是，当时，不共线，即，
A错误；
对于B，由欧拉线定理得，有，则，
B正确；
对于C，是的垂心，即，则，
于是，即，C正确；
对于D，由欧拉线定理知，则，即，
D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 已知复数在复平面内对应的点分别为，若，则实数__________；若，则实数__________.
【答案】
【解析】依题意得，
则，
若，则，解得；
若，则，解得.
故答案为： .
13. 某校高一（1）班有男生20人，女生30人.已知某次数学测验中，男生成绩的平均数为100，方差为11，女生成绩的平均数为95，方差为16，则这次测验中班级总体成绩的方差为__________.
【答案】20
【解析】依题意得这次测验中班级总体成绩的平均数为，
方差.
故答案为：.
14. 在棱长为4的正方体中，分别为线段上的动点，点为侧面的中心，则的周长的最小值为__________.
【答案】
【解析】如图①，设侧面的中心为，
根据正方体的结构特征可得，
则周长的最小值即的最小值，
将侧面绕着旋转至与平面在同一平面上，
将平面绕着旋转至与平面在同一平面上，
过点作⊥于点，则，其中，
如图②，则，
故的周长的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求点到平面的距离.
解：（1）连接，因为，，故四边形为平行四边形，
设与交于点，则为的中点，连接，
因为为的中点，所以为的中位线，则，
因为平面平面，所以平面.
（2）延长交于点，连接，取的中点，连接，
则，而，故四边形为平行四边形，
故，
因为四边形为菱形，故，故，
故为等边三角形，所以且，
因为平面，平面，
所以，而平面，
所以平面，因为平面，
则点到平面的距离为，
，
因为，所以，
设点到平面的距离为，则，
由，得，解得，
故点到平面的距离为.
16. 在中，角的对边分别是，已知，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值.
解：（1）因为，所以，
因为，所以，
所以，解得或，
因为，所以，则.
（2）因为，所以，即，
则，
因为，所以，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
则的面积，故面积的最大值为.
17. 近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示.
（1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.
（2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由.
解：（1）由题意可知，解得，
设中位数为，则，解得，
所以中位数为74，
平均数为
（2）由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为
，
方案二受到奖励的商家的个数为，
因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多.
18. 对任意两个非零向量，，定义：
（1）若向量，，求的值；
（2）若单位向量，满足，求向量与的夹角的余弦值；
（3）若非零向量，满足，向量与的夹角是锐角，且是整数，求的取值范围．
解：（1）因为，，所以，
所以，
故的值为.
（2）因为向量、是单位向量，所以，，
由，可得，
解得，
由，可得，
，
故向量与的夹角的余弦值为.
（3）设向量与的夹角为，由题意可知，则，
因为，所以，，
因为，所以，，
因为是整数，所以，
所以，，
而 ，即，所以，
因为，
，所以，即，
故的取值范围为.
19. 如图，在四棱锥中，在线段上（不含端点），底面.
（1）证明：平面平面.
（2）设，请写出三棱锥的体积关于的函数表达式，并求出的最大值.
解：（1）因为底面底面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）过点作，交于，连接，
由，得，
因为，所以，
则，所以，
则，
，
因为底面，平面，所以，又，
平面，所以平面，而平面，
所以，
中由余弦定理得，
所以，
则，
所以，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，最大值为.