2024白山高一下学期7月期末考试数学含解析

这是一份2024白山高一下学期7月期末考试数学含解析，共23页。试卷主要包含了 是虚数单位，复数，．， 如图，在梯形中，在线段上，， 已知向量，且，则等内容，欢迎下载使用。

本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
2. 袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，则A与B是（ ）
A. 互斥事件B. 相互独立事件C. 对立事件D. 不相互独立事件
3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ）
①若，则为异面直线 ②若，则
③若，则 ④若，则
A. ①②B. ②③C. ③④D. ②④
4. 是虚数单位，复数，（是的共轭复数），则（ ）．
A. B. C. D.
5. 如图，在梯形中，在线段上，.若，则（ ）

A. B. C. D.
6. 一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为的概率为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图，已知两点分别满足，，其中，且，则最小值为（ ）
A. B. 1C. 2D.
8. 已知的内角所对的边分别为，下列四个说法中正确个数是（ ）
①若，则一定是等边三角形；
②若，则一定是等腰三角形；
③若，则一定是等腰三角形；
④若，则一定锐角三角形．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
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. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ）
A. 平均数为9.6B. 众数为10
C. 第80百分位数为9.8D. 方差为
10. 已知向量，且，则（ ）
A.
B.
C. 向量与的夹角为
D. 向量在向量上的投影向量的坐标为
11. 在三棱锥中，记，其他棱长均为2，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，球与三棱锥的所有面都相切.若点在底面内的射影位于内部及其边界，则下列说法正确的是（ ）
A. 当三棱锥的体积为时，
B. 当时，球与球体积之比为
C. 当三棱锥的体积最大时，球的半径为
D. 当时，球的表面积为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在复平面内，复数和对应的点分别为，则__________.
13. 国家高度重视青少年视力健康问题，指出要“共同呵护好孩子的眼睛，让他们拥有一个光明的未来”.某校为了调查学生的视力健康状况，决定从每班随机抽取5名学生进行调查.若某班有50名学生，将每一名学生从01到50编号，从下面所给的随机数表的第2行第4列的数开始，每次从左向右选取两个数字，则选取的第四个号码为______
随机数表如下：
0154 3287 6595 4287 5346
7953 2586 5741 3369 8324
4597 7386 5244 3578 6241
14. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，一平面经过点且垂直于直线，则该平面截四棱锥所得截面的面积为__________.
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. 已知．
（1）求；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
16. 为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息，解决下列问题.

（1）求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数；
（2）①估计这40名学生周末学习时间的分位数；
②将该班学生周末学习时间从低到高排列，估计第10名学生的学习时长.
17. 如图，已知△ABC与△ADC关于直线AC对称，把△ADC绕点A逆时针旋转，得到△AFE，若B，C，E，F四点共线，且，.
（1）求BC；
（2）求△ADE的面积.
18. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．
（1）求和值；
（2）试求两人共答对3道题的概率．
19. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角余弦值.2023—2024学年度（下）白山市高一教学质量监测
数学
本卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自已的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆半径为，由弧长公式求出，即可求出圆锥的高，再由锥体的体积公式计算可得.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，由题意得，解得，
又侧面展开图是半径为4的半圆，即圆锥的母线长为，
所以圆锥的高，
所以该圆锥的体积为.
故选：D
2. 袋内有质地均匀且大小相同的3个白球和2个黑球，从中有放回地摸球，用A表示“第一次摸得白球”，用B表示“第二次摸得白球”，则A与B是（ ）
A. 互斥事件B. 相互独立事件C. 对立事件D. 不相互独立事件
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的定义判断即得.
【详解】依题意，有放回地摸球，事件A与B可以同时发生，因此事件A与B不互斥，更不对立，AC错误；
显然，，因此A与B是相互独立事件，B正确，D错误.
故选：B
3. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ）
①若，则为异面直线 ②若，则
③若，则 ④若，则
A ①②B. ②③C. ③④D. ②④
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间线面的位置关系，逐项判断即可.
【详解】对①：因为平面的平行线和平面内的直线可以平行，也可以异面，故①错误；
对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确；
对③：先根据垂直于同一条直线的两个平面平行得，再根据，可得，故③正确；
对④：两直线平行，和这两条直线分别垂直的平面也平行，故④错误.
故选：B
4. 是虚数单位，复数，（是的共轭复数），则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得，，，再结合复数的四则运算求解即可.
【详解】因为复数，
所以，，
所以，
故选：B.
5. 如图，在梯形中，在线段上，.若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据向量线性运算可得，结合平面向量基本定理可得，即可得结果.
【详解】由题意可设，
则，
又因为，且，不共线，
可得，解得，即，
所以，即.
故选：D.
6. 一枚质地均匀的骰子连续抛掷6次，得到的点数分别为，则这6个点数的中位数为的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据中位数分析可知，结合古典概型分析求解.
【详解】显然x的可能取值有，共有6种可能，
除去x将数据按升序排列可得，
可知这6个点数的中间两数必有3，
若这6个点数的中位数为，则中间两数应为3，4，
可得，共有3种可能，
所以这6个点数的中位数为的概率为.
故选：C.
7. 如图，已知两点分别满足，，其中，且，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求出，，由得到，再由基本不等式计算可得.
【详解】因为，，，
所以，，
所以，即，
又，，所以，
当且仅当，时取等号，即的最小值为.
故选：B
8. 已知的内角所对的边分别为，下列四个说法中正确个数是（ ）
①若，则一定是等边三角形；
②若，则一定是等腰三角形；
③若，则一定是等腰三角形；
④若，则一定是锐角三角形．
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理化边为角即可判断①；利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可判断②；利用正弦定理与两角和的正弦公式化简已知等式即可判断③；利用余弦定理即可判断④．
【详解】对于①，由，由正弦定理可得，
即，所以，是以是等边三角形，故①正确；
对于②，由正弦定理可得，可得，
所以或，
所以或
所以是等腰或直角三角形，故②不正确；
对于③，因为，
由正弦定理可得，即，
由正弦定理可得，所以为等腰三角形，故③正确；
对于④，由正弦定理可得，所以角为锐角，
而角不一定是锐角，④不正确．
故选：B．
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. “体育强则中国强，国运兴则体育兴”.为备战2024年巴黎奥运会，运动员们都在积极参加集训，已知某跳水运动员在一次集训中7位裁判给出的分数分别为：9.1，9.3，9.4，9.6，9.8，10，10，则这组数据的（ ）
A. 平均数为9.6B. 众数为10
C. 第80百分位数为9.8D. 方差为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平均数、众数、百分位数和方差的定义求解.
【详解】对于A，平均数，故A正确；
对于B，出现次数最多的数为10，故B正确；
对于C，7×0.8=5.6，第80百分位数为第6位，即10，故C错误；
对于D，方差为，故D正确.
故选：ABD.
10 已知向量，且，则（ ）
A.
B.
C. 向量与的夹角为
D. 向量在向量上的投影向量的坐标为
【答案】BC
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积的运算律及坐标表示求出，即可求出，，，即可判断A、B；由夹角公式判断C，由投影向量的定义判断D.
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，解得，
所以，，，所以，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，所以，，，
设与的夹角为，则，
又，所以，故C正确；
因为，，
所以向量在向量上的投影向量的坐标为，故D错误.
故选：BC
11. 在三棱锥中，记，其他棱长均为2，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，球与三棱锥的所有面都相切.若点在底面内的射影位于内部及其边界，则下列说法正确的是（ ）
A. 当三棱锥体积为时，
B. 当时，球与球的体积之比为
C. 当三棱锥的体积最大时，球的半径为
D. 当时，球的表面积为
【答案】CD
【解析】
【分析】设球、球的半径分别为，，取的中点，连接，，即可证明平面，则，即可求出，再由余弦定理求出，即可判断A；根据正四面体的内切球与外接球的关系判断B；当平面平面，则底面时三棱锥的体积最大，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断C；取的中点，连接，确定外接球的半径，即可判断D.
【详解】设球、球的半径分别为，，取的中点，连接，，
因为与均为边长为的等边三角形，所以，，，
又，平面，所以平面，
所以三棱锥的体积
，
所以，又为锐角，所以，
所以，故A错误；
当时，三棱锥为正三棱锥，此时球与球的球心重合，且在三棱锥的高上.
在线段上取点，使得，连接，则是的中心，
所以底面，此时球与的球心在线段上，且在的平分线上，
可得，所以球与球的体积之比为，故B错误；
当三棱锥的体积最大时，平面平面，则底面，底面，
所以，又，所以，
所以三棱锥的体积为，
由题可知，与的面积均为，
由等积法可得，解得，故C正确；
取的中点，连接，则，连接，，
因为，所以在平面上，又，且，
所以在线段上，且，
在中，由勾股定理得①，
同理在中，由勾股定理得②，
②①得，所以，
与联立得，所以，
所以球的表面积，故D正确.
故选：CD
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在复平面内，复数和对应的点分别为，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求出结果.
【详解】由题意可知，，
则，
故答案为：.
13. 国家高度重视青少年视力健康问题，指出要“共同呵护好孩子的眼睛，让他们拥有一个光明的未来”.某校为了调查学生的视力健康状况，决定从每班随机抽取5名学生进行调查.若某班有50名学生，将每一名学生从01到50编号，从下面所给的随机数表的第2行第4列的数开始，每次从左向右选取两个数字，则选取的第四个号码为______
随机数表如下：
0154 3287 6595 4287 5346
7953 2586 5741 3369 8324
4597 7386 5244 3578 6241
【答案】44
【解析】
【分析】根据随机数表的读取方法列出前几个数，即可得解
【详解】根据随机数表的读取方法，第2行第4列的数为3，每次从左向右选取两个数字，
如下：32，58，65，74，13，36，98，32，44；
其中58，65，74，98不在编号范围内，舍去，再去除重复的，剩下的号码为32，13，36，44，
所以选取的第四个号码为44.
故答案为：44
14. 在四棱锥中，底面，底面为正方形，，一平面经过点且垂直于直线，则该平面截四棱锥所得截面的面积为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设在，上射影分别为，，连接，即可证明平面，再求出，设平面与棱的交点为，由对称性可知为点在上的射影，即可求出截面面积.
【详解】如图，设在，上的射影分别为，，连接，
因为底面，底面，所以平面底面.
又平面底面，，底面，
所以平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又因为，平面，所以，，
又，，平面，所以平面，
在中，，所以，
连接，在中，，，
所以，
所以，
所以的面积，
设平面与棱的交点为，由对称性可知为点在上的射影，
与全等，所以该平面截四棱锥所得截面的面积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是作出平面，从而求出，最后根据对称性求出截面面积.
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. 已知．
（1）求；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得，然后通过平方的方法求得．
（2）根据题意，结合向量的夹角公式，即可求解．
【小问1详解】
解：由，
可得，所以，
所以．
【小问2详解】
解：由，
设向量与的夹角为，则．
16. 为了解学生的周末学习时间（单位：小时），高一年级某班班主任对本班40名学生某周末的学习时间进行了调查，将所得数据整理绘制出如图所示的频率分布直方图，根据直方图所提供的信息，解决下列问题.

（1）求该班学生周末的学习时间不少于20小时的人数；
（2）①估计这40名学生周末学习时间的分位数；
②将该班学生周末学习时间从低到高排列，估计第10名学生的学习时长.
【答案】（1）
（2）①8.75；②8.75小时
【解析】
【分析】（1）借助频率分布直方图计算其频数即可得；
（2）①借助百分位数定义计算即可得；②易得第10名是40名学生的，即可得第10名学生的学习时长即为分位数.
【小问1详解】
由图可知，该班学生周末的学习时间不少于20小时的频率为，
则40名学生中周末的学习时间不少于20小时的人数为；
【小问2详解】
①学习时间在5小时以下的频率为，
学习时间在10小时以下的频率为，
所以分位数在区间内，则，
所以这40名学生周末学习时间的分位数为8.75.
②第10名是40名学生的25%，因而问题相当于求25%分位数，也就是估计第10名学生的学习时长，为8.75小时.
17. 如图，已知△ABC与△ADC关于直线AC对称，把△ADC绕点A逆时针旋转，得到△AFE，若B，C，E，F四点共线，且，.
（1）求BC；
（2）求△ADE的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由图可知，结合旋转性质可得→△ACE为正三角形→，接下来可采用两种解法：
解法一：设，对采用余弦定理即可求解；
解法二：对由正弦定理先求出，结合第三角公式得，再由正弦公式求出；
（2）解法一：由（1）对采用余弦定理求得，进而求出，再结合两角差正弦公式求出，对△ADE结合正弦面积公式即可求解；
解法二：由（1）结合同角三角函数求出，由两角差的正弦公式求出，对△ADE结合正弦面积公式即可求解；
【小问1详解】
解法一：
（1）由题意可得，，
所以△ACE为正三角形，（旋转前后图形的大小､形状相同及旋转角度得到△ACE为正三角形），则，在△ABC中，，，设，
则由余弦定理可得，
即，
整理得，得（负值舍去），所以；
解法二：
（1）由题意可得，，
所以△ACE为正三角形，（旋转前后图形的大小､形状相同及旋转角度得到△ACE为正三角形），则，在△ABC中，，，由正弦定理得：，所以，易得，
所以，
在△ABC中，由正弦定理得，即，得；
【小问2详解】
解法一：
（2）在△ABC中，由余弦定理可得：，
所以， 所以
在△ADE中，，，
所以△ADE的面积.
解法二：
（2）由（1）知，易得， 所以，在△ADE中，，，
所以△ADE的面积.
18. Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展.某学校举行了相关Matlab专业知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为．
（1）求和的值；
（2）试求两人共答对3道题的概率．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题意列出关于的方程解得即可.
（2）两人共答对3道题，只可能为甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，列式解得即可.
【小问1详解】
由题意可得
即解得或
由于，所以．
【小问2详解】
设甲同学答对了道题乙同学答对了道题．
由题意得，，．
设甲、乙二人共答对3道题，则．
由于和相互独立，与互斥，
所以
所以甲、乙两人共答对3道题的概率为.
19. 如图，在棱长为的正方体中，为的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）借助线面垂直的性质定理可得，结合线面垂直的判定定理可得平面，即可用面面垂直的性质定理得证；
（2）借助平面与平面的夹角定义找出平面与平面夹角的夹角后，借助勾股定理计算各边长，结合余弦函数定义即可得解.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又四边形为正方形，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
如图，连接，取的中点，连接交于点，连接，
设交于点，连接，，

因为为的中点，所以，
因为，，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，所以平面即为平面，且为中点，
由（1）知平面，又平面，所以，
又，为的中点，所以，
所以为平面与平面的夹角，
由为直角三角形，可得，
，则，
即为等腰三角形，所以，
即平面与平面夹角的余弦值为.