江苏省南京市2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题（原卷版+解析版）

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1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的除法运算得到，从而虚部为.
【详解】复数满足，，
则的虚部为.
故选：A.
2. 从分别写有1，2，3，4的4张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是偶数的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先计算样本空间，再代入古典概型概率公式，即可求解.
【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中无放回随机抽取2张，
样本空间包含，共个，
抽到的2张卡片上的数字之和是偶数包含的基本事件为，个数，
则抽到的2张卡片上的数字之和是偶数的概率为.
故选：C.
3. 设是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则下列说法对的是（ ）
A. 若，，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，，，，只有直线与相交时，可得，所以A不正确；
对于B中，由，，，则与平行、相交或异面，所以B错误；
对于C中，由，，，则，所以C错误；
对于D中，由，，可得，又因为，所以，所以D正确.
故选：D.
4. 如图，在等边中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，根据向量的线性运算以及数量积的定义和运算律，即可求得答案.
【详解】由题意在等边中，，设，
则
，
当时，取到最小值，
故选：B
5. 已知平面向量，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先计算数量积，再代入投影向量公式，即可求解.
【详解】，，
则，，
故则在方向上的投影向量为：.
故选：B
6. 如图，某同学为测量南京大报恩寺琉璃塔的高度，在琉璃塔的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部和琉璃塔顶部的仰角分别为和，在处测得塔顶部的仰角为，则琉璃塔的高度约为（ ）
A. 78B. 74C. 64D. 52
【答案】A
【解析】
【分析】求出，再利用正弦定理得，最后根据三角函数定义即可得到答案.
【详解】根据题意，可得，，
在中，.
在中，，，所以，
在中，由正弦定理得，即，
即，解得，
在中，，，所以.
故选：A.
7. 设是球表面上的四个点，平面，，，，，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，画出几何体的图形，利用直棱柱和球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】解：由题意，画出几何体的图形，如图所示，
把扩展为三棱柱，
上下底面三角形外接圆圆心连线的中点与的距离为球的半径，
由，，，，
则，
设三角形外接圆半径为，球的半径为，
则，且，
所以外接球的表面积为.
故选：B.
8. 若，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由知，由两角和正弦公式展开并整理得到，再利用得到，由基本不等式得.
【详解】若，则，
所以，
所以，即，
，
若使得取得最大值，结合选项可知，，
则，
当且仅当，即时取等号.
故选：D.
【点睛】方法点睛：三角函数中的凑角技巧
；
；
.
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. 设，是非零复数，，分别是，的共轭复数，则下列结论中正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 若，则的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过设出具体的代数形式的复数，计算结果可一一验证A,B,C项，对于D，需要利用复数的几何意义，数形结合理解易得结论.
【详解】设，则，
对于A：，因是非零复数，故，即A错误；
对于B：设，
故
，
而，故B正确；
对于C：由于，故C正确；
对于D：根据复数的几何意义，表示以原点为圆心，1为半径的圆，
而则表示圆上一点到点的距离，
故的最大值为，故D正确.
故选：BCD.
10. 已知的内角，，所对的边分别为，，，下列四个命题中正确的是（ ）
A 若，则一定有
B. 若是锐角三角形，则一定有成立
C. 若，则一定是直角三角形
D. 若，则一定是锐角三角形
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正弦定理以及三角形的性质，即可判断A，根据锐角三角形角的关系，以及三角函数的单调性，即可判断B，根据余弦定理角化边，即可判断C，利用正弦定理，结合余弦定理，以及三角形的性质，即可判断D.
【详解】对于A，若，根据正弦定理得，
结合三角形中“大边对大角”，可得，故A项正确；
对于B，若是锐角三角形，则､均为锐角，且，
可得，两边取正弦得，即，故B项正确；
对于C，若，
则，去分母得，
整理，可知是以为斜边的直角三角形，故C项正确；
对于D，若，则，即，
由正弦定理得，可得，结合，可知为锐角，
但不能得到是锐角三角形，故D项不正确.
故选：ABC.
11. 如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（ ）
A. 无论点在何位置，总有
B. 点存在两个位置，使得成立
C. 当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为
D. 当时，为上一点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据垂直关系，即可判断A，首先计算平面平面时，三棱锥的体积，即可判断B，以及将异面直线所成角，转化为相交直线所成角，即可判断C，根据，都为正三角形，即可判断D.
【详解】选项A，设菱形对角线的交点为，
如图所示，无论点在何位置，总有，，
因为，，平面，平面，，
所以平面，又因为平面，所以成立，选项A正确；
选项B，点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值，
其中
使得成立，只有平面平面成立时的一个点，选项B错误；
选项C，因为，
所以异面直线与所成角即为（或其补角），
因为平面平面，且平面平面，
，所以平面，平面，
即有，
因为菱形的边长为2，，
所以，
所以，
在中，，选项C正确；
选项D，当时，易得，都为正三角形，取最小值时，点为中点，的最小值为，选项D不正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 数据4，1，6，2，9，5，8的60百分位数为___________.
【答案】6
【解析】
【分析】代入百分位数公式，即可求解.
【详解】数据从小到大排序：1，2，4，5，6，8，9，共7个，
，
故第60百分位数为第5个数据，为6.
故答案为：6.
13. 一个封闭的正三棱柱容器的高为，内装水若干（如图甲，底面处于水平状态），将容器放倒（如图乙，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点，，，分别为所在棱的中点，则图甲中水面的高度为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意，根据图乙将棱柱的体积用的面积表示出来，设出甲图中水面高度，利用放倒前后水的体积相等即可求得.
【详解】设的面积为，
因，，，分别为所在棱的中点，
则，，
，
设图甲中水面高度为，则，解得，，
即图甲中水面的高度为.
故答案为：.
14. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】由结合题干中，得到，再由正弦定理得到，整理得，从而，由是锐角三角形得，由正弦定理，从而由的范围得到的取值范围.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
整理可得：，即，
在锐角三角形中，，即，即，
又因为，得，所以，
所以，
因为，所以.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：正弦定理边化角
正弦定理（为的外接圆半径），
则，，，
，
.
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. 从全校学生的期末考试成绩（均为整数）中随机抽取一个样本，将样本分成5组，绘成频率分布直方图，如图中从左到右各小组的小矩形的高之比为，最左边的一组频数是6.
（1）求样本容量；
（2）求这一组的频数及频率；
（3）估计这组样本数据的众数和中位数.
【答案】（1）
（2）频数为，频率为
（3）众数为：，中位数为113
【解析】
【分析】（1）根据矩形面积比与频率比的关系即可得到样本容量；
（2）根据面积比即可求出频率，再根据样本容量即可求出频数；
（3）根据众数和中位数计算公式即可.
【小问1详解】
小矩形的高之比为频率之比，
所以从左到右的频率之比为.
最左边一级所占的频率为，
所以样本容量；
【小问2详解】
这一组的频率为，所以频数为；
【小问3详解】
由频率分布直方图得：
众数为：.
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
成绩在内的频率为，
则，516+38=1116>12，
设中位数为，
，解得，
即中位数为113.
16. 已知，，与的夹角为.
（1）若与共线，求实数的值；
（2）求的值；
（3）若向量与夹角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量共线定理得到方程组，解出即可；
（2）根据向量数量积的运算律和定义计算即可；
（3）根据向量夹角为锐角，则向量数量积大于0，并去掉共线同方向的情况即可.
【小问1详解】
因为与共线，
所以存在实数使得，
所以，解得，所以；
【小问2详解】
因为，，与的夹角为，
所以，
所以，
则；
【小问3详解】
向量与的夹角是锐角，
可得，且与不同向共线，
即为，
即有，解得，
由与共线，可得，
解得，当时，两者同向共线，
则实数的取值范围为.
17. 为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，教育部启动了“强基计划”的招生改革工作.某校强基招生面试有两道题，两道题都答对者才能通过强基招生面试.假设两题作答相互独立，现有甲､乙､丙三名学生通过考核进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是，答对第二题的概率分别是.
（1）求甲考生通过某校强基招生面试的概率；
（2）求甲､乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率；
（3）求甲､乙､丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件概率乘法公式计算出答案；
（2）求出乙考生通过某校强基招生面试的概率，从而分两种情况，求出甲､乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率；
（3）求出丙考生通过某校强基招生面试的概率，先求出无人通过强基招生面试的概率，利用对立事件求概率公式得到答案.
【小问1详解】
甲通过考核进入面试环节，答对第一题的概率分别是，答对第二题的概率分别是，
甲考生通过某校强基招生面试的概率为.
【小问2详解】
乙考生通过某校强基招生面试的概率为，
甲､乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率为：
.
【小问3详解】
丙考生通过某校强基招生面试的概率为，
甲､乙､丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率为：
.
18. 如图，我国南海某处一个圆形海域上有四个小岛，小岛与小岛、小岛相距都为，与小岛相距为nmile．为钝角，且．
（1）求小岛与小岛之间的距离；
（2）求四个小岛所形成的四边形的面积；
（3）记为，为，求的值．
【答案】（1）2nmile；
（2）18平方海里； （3）．
【解析】
【分析】（1）根据同角的平方关系求出，结合余弦定理计算即可求解；
（2）易知，则，利用余弦定理计算可得，结合三角形面积公式计算即可求解；
（3）方法1：根据正弦定理和同角的平方关系可得，由诱导公式求出，结合和两角和的正弦公式计算即可求解.
方法2：利用余弦定理和同角的平方关系计算求得，结合和两角和的正弦公式计算即可求解.
【小问1详解】
，且A为钝角，，
在中，由余弦定理可得，
，即，
解得：或（舍去）．
小岛A与小岛之间的距离为2nmile．
【小问2详解】
四点共圆，与互补，则
．
在中，由余弦定理得：，
，得，
解得（舍去）或．
（平方海里），
四个小岛所形成的四边形的面积为18平方海里．
【小问3详解】
方法1：在中，由正弦定理得：，即，解．
，为锐角，则，
又，
，
．
方法2
在三角形中，；；；
由余弦定理可得：；
；
又，
，
．
19. 如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点.
（1）证明：平面；
（2）证明：平面平面；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先根据证明平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可；
（2）应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明即可；
（3）根据面面垂直结合二面角定义找到二面角，再应用边长求正弦及余弦值即可.
【小问1详解】
连接，，，
又为的中点，，，
四边形是平行四边形，
又平面，平面，
平面，
【小问2详解】
平面，，
是的中点，，又，平面，
平面，
又因为平面，，
在正方形中，､分别为棱､的中点，
，平面，
平面，
又平面，平面平面.
【小问3详解】
由（2）知平面，平面，
平面平面平面，且平面平面，
，设与交于点，则平面，
过作垂直，连接，则，
为二面角的平面角，
令，则，，
，
又因为，，
为的中点，
，
在直角三角形中，，
由图知，为锐角，
，
由图知二面角的平面角与二面角的平面角互补，
故二面角的平面角的余弦值为.