福建省福州第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含答案)

这是一份福建省福州第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．若复数z满足，则z在复平面中对应的点在( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2．棉花的纤维长度是衡量棉花质量的重要指标.在一批棉花中随机抽测20根棉花的纤维长度（单位：mm）,按从小到大排序结果如下：
82 86 113 115 140 143 146 170 175 195
202 206 233 236 238 255 260 263 264 265
请你估计这批棉花的第5百分位数是( )
A.84B.86C.99.5D.115
3．已知某19个数据的平均数为5，方差为2，现加入一个数5，此时这20个数据的平均数为，方差为，则( )
A.，B.，
C.，D.，
4．某电视台在因特网上就观众对其某一节目的喜爱程度进行调查，参加调查的一共有2000人，其中各种态度对应的人数如表所示：
电视台为了了解观众的具体想法和意见，打算从中抽选出100人进行更为详细的调查，为此要进行按比例分层抽样，那么在分层抽样时，每类人中应抽选出的人数分别为( )
A.24，36，32，8B.48，72，64，16C.20，40，30，10D.25，25，25，25
5．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是( )
A.若，，则
B.若，，则
C.若，，则
D.若，，，则
6．如图1，在高为h的直三棱柱容器中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则容器的高h为( )
A.B.C.3D.4
7．若古典概型的样本空间，事件，事件A，B相互独立，则事件B可以是( )
A.B.C.D.
8．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明.它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在同一个球面上.若该模型的表面积为，此模型外接球的体积为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．若z、w为复数，则下列命题正确的是( )
A.B.
C.若，则D.若，则
10．若A，B为两个随机事件，且，，则( )
A.当时，
B.当A和B互斥时，
C.当A和B独立时，
D.当A和B独立时，
11．如图，在四边形中，和是全等三角形，，，，.下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥.折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1.折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2.下列说法正确的是( )
A.按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为
B.按照折法①，存在满足
C.按照折法②，三棱锥外接球体积的最大值为
D.按照折法②，当时，与平面所成角的正切值为
三、填空题
12．甲、乙独立地解决同一数学问题，甲解决这个问题的概率是0.8，乙解决这个问题的概率是0.6，那么其中至少有1人解决这个问题的概率是________.
13．如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，B是母线上一点，且，.一个质点从A出发沿圆锥侧面图示路线到达B.若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则的取值范围为________.
四、双空题
14．如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线.从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中，经过数字的事件概率记为，则________；________.
五、解答题
15．复数z在复平面内对应的点位于第三象限，，且z的虚部是实部的2倍
（1）求z;
（2）若复数w使得为纯虚数，求的取值范围.
16．随着老年人消费需求从“生存型”向“发展型”转变.消费层次不断提升，“银发经济”成为社会热门话题之一，被各企业持续关注.某企业为了解该地老年人消费能力情况，对该地年龄在的老年人的年收入按年龄，分成两组进行分层抽样调查，已知抽取了年龄在的老年人500人.年龄在的老年人300人.现作出年龄在的老年人年收入的频率分布直方图（如图所示）：
（1）根据频率分布直方图，若每个区间取中点值为代表，估计该地年龄在的老年人年收入的平均数及第95百分位数；
（2）已知年龄在的老年人年收入的方差为3，年龄在的老年人年收入的平均数和方差分别为3.75和1.4，试估计年龄在的老年人年收入的方差.（请先推导必要的公式，再代值计算）
17．在四棱锥中，四边形为矩形，平面，O为垂足，，平面.
（1）证明：为等腰三角形.
（2）若，，为等腰直角三角形.设平面与平面的交线为l，求二面角的余弦值.
18．甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为，
（1）求甲连胜四场的概率；
（2）求需要进行第五场比赛的概率；
（3）求丙最终获胜的概率.
19．如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，且，，沿将四边形折成四边形.
（1）求证：平面；
（2）若点在平面上的射影H在直线上，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，设点M在线段上，平面与平面所成锐二面角的平面角为.若，求.
参考答案
1．答案：D
解析：由已知条件可得.
故z在复平面中对应的点是，在第四象限.
故选：D.
2．答案：A
解析：因为,所以第5百分位数为.
故选：A.
3．答案：C
解析：原19个数据的平均数为5，方差为2，
加入一个数5之后，这20个数的
平均数为，
方差为.
故选：C.
4．答案：A
解析：最喜爱组应抽取人，喜爱组应抽取人，
一般组应抽取人，不喜欢组应抽取，
故选：A
5．答案：B
解析：对于A，，，则，错误，原因是不一定是经过直线m的平面；故A错误；
对于B，因为，，由面面垂直的判定定理得：，故B正确.
对于C，若，，不一定得到，例如长方体中，同一顶点出发的三个平面，故C错误，
对于D，若，，，则错误，如下图所示，原因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，故无法判定是否与一定垂直，故D错误；
故选：B
6．答案：C
解析：由图2可知，三棱锥的体积是，占三棱柱体积的，
所以容器中水的体积占三棱柱容器体积的，
结合图1，可知，则.
故选：C
7．答案：A
解析：由题意得，
A选项，，，故，
所以，故事件A，B相互独立，A正确；
B选项，，，故，
所以，故事件A，B不相互独立，B错误；
C选项，，，故，
所以，故事件A，B不相互独立，C错误；
D选项，，，故，
所以，故事件A，B不相互独立，D错误；
故选：A
8．答案：C
解析：设内、外层圆柱的高分别为，，外接球的半径为R，
由题意可得：，解得，
所以此模型外接球的体积为.
故选：C.
9．答案：ABD
解析：设，，，
对于选项A：因为，则，故A正确；
对于选项B：因为，，
则
，
所以，故B正确；
对于选项C：例如，则，
可得，，即，故C错误；
对于选项D：若，则，即，可知，
可得，
所以，故D正确；
故选：ABD.
10．答案：BCD
解析：对于选项A：因为，
若，则，可得，
即，故A错误；
对于选项B：因为，
则，
若A和互斥，则，即，
所以，故B正确；
对于选项C：因为，，则，
若A和B独立，则和B独立，
所以，故C正确；
对于选项D：若，则，
即，可知A和B不独立，
所以A和B独立时，，故D正确；
故选：BCD.
11．答案：AD
解析：由题意知，，
设，可知H为的中点，且，
取的中点O，由于和是直角三角形且全等，
故，即O四边形的外接圆圆心，
对于选项AB：在折法①的折叠过程中，三棱锥的外接球的球心为O，半径为1，故该球的表面积恒为，故A正确；
按照折法①，在折起过程中，点在平面内的投影在线段上(不包括端点)，而线段(不包括端点)不存在使得，
故不存在满足，故B错误；
对于选项C：按照折法②，设，此时的外接圆圆心为，三棱锥外接球的球心为，
则平面，平面，且，，
可知，则，
可得，
且，则，，可得，
即R无最值，所以三棱锥外接球体积无最值，故C错误；
对于选项D：按照折法②，因为，，，平面，
可得平面，
若，且，，可得，
可知为锐角，且，
设点到平面的距离为d，
由三棱锥的体积可得：，解得，所以与平面所成角的正切值为，故D正确；
故选：AD.
12．答案：0.92/
解析：由题意可得，甲、乙二人都不能解决这个问题的概率是.那么其中至少有1人解决这个问题的概率是.
故答案为：0.92
13．答案：
解析：
如图，圆锥侧面展开图中，，，
所以，质点在上运动，
B是母线上一点，作，垂足为M，
则质点从到M的运动过程中，质点到S的距离减小，质点在运动时上升，
质点从M到A的运动过程中，质点到S的距离增大，质点在运动时下降，
当时，质点在运动时上升，此时，
即B是的中点，
当时，质点在运动时一直上升，
所以，即时，质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，由，可得，则，得.
故答案为：.
14．答案：8；
解析：由题意可知：，，
若移动到数字，则由数字或数字n移动一次得到，则，
据此可得，，，，，，，所以
又因为5到9共有56789，5679，5689，5789，579五条不同的路线，
所以经过5的路线共有，所以，
故答案为：8；.
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）因为复数z在复平面内对应的点位于第三象限，且z的虚部是实部的2倍，设，
又因为，则，解得或（舍去），
所以.
（2）设复数，
则
因为为纯虚数，则，
当时，解得，
即等价于且，
可得，
注意到，则，
所以的取值范围为.
16．答案：（1）5.35，8.3；
（2）3
解析：（1）根据频率分布直方图，平均数为.
而由于，
，
故第百分位数在区间第95百分位数内，设其为.
则，得.
所以第95百分位数为.
（2）先证明一个结论：对，设数据，，，的平均值和方差分别为，，数据，，，的平均值和方差分别为，，则数据，，，，，，，的平均值和方差分别为和.
证明：设数据，，，，，，，的平均值和方差分别为，，则
.
由于方差
.
故，，且
.
所以
.
这就证明了结论.
回到原题，本题中，，，，，.
代入数值即知所求方差为
.
17．答案：（1）证明见详解；
（2）
解析：（1）取的中点F，连接，，，
因为E为的中点，所以.
又平面，平面，所以平面.
因为平面，，平面，
所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，所以.
因为，所以.
由平面，平面，可得.
又，平面，所以平面，平面，
从而.
因为是的中垂线，所以.
（2）延长交于点G，连接，
由平面，平面，
则，，，
因为，平面，平面，则平面，
且平面，平面平面，则，
即，
因为为等腰直角三角形.则，且，，
且，可得，则，
又因为为矩形，则，可知，
则为矩形，则，
可得，，
由（1）可知：，则，
且，，平面，
则平面，且平面，可得，
即，可知即为二面角的平面角，
可得，
所以二面角的余弦值为.
18．答案：（1）；
（2）；
（3）.
解析：（1）记事件M:甲连胜四场，则；
（2）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，
则四局内结束比赛的概率为
，
所以，需要进行第五场比赛的概率为；
（3）记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，
记事件M:甲赢，记事件N:丙赢，
则甲赢的基本事件包括：、、、
、、、、，
所以，甲赢的概率为.
由对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，
所以丙赢的概率为.
19．答案：（1）证明过程见解析；
（2）；
（3）
解析：（1），平面，平面.
平面，
由，同理可得平面，
又，平面，平面，
平面平面，平面，
平面；
（2）
如图所示，
过E作，过E作平面，
分别以，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
在平面上的射影H在直线上，
设，，
因为，且，；
，解得，，
而，
所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，平面，
所以平面，
所以平面的一个法向量是，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值；
（3）
设，，
因为，，，，，
所以，
所以，
从而，，
设平面的法向量为，
所以，
设，解得，，即，
由（2）可知平面的一个法向量是，，
由题意可知平面与平面所成锐二面角的余弦值
，
整理得，，解得，
即.
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