江苏省通州高级中学2023-2024学年高一下学期期末冲刺考试数学试卷

这是一份江苏省通州高级中学2023-2024学年高一下学期期末冲刺考试数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.复数，则( )
A. 1B. 2C. D.
2.某工厂生产A，B，C三种不同型号的产品，它们的产量之比为2：3：5，用分层抽样的方法抽取一个容量为n的样本.若样本中A型号的产品有30件，则样本容量n为( )
A. 150B. 180C. 200D. 250
3.已知，，，则向量与的夹角为( )
A. B. C. D.
4.设l，m，n是三条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，则
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.某人忘记了电话号码的最后一个数字，随意拨号，则拨号不超过4次而接通电话的概率为( )
A. B. C. D.
7.庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图所示.现有如图所示的庑殿顶式几何体ABCDMN，其中正方形ABCD边长为3，，且MN到平面ABCD的距离为2，则几何体ABCDMN的体积为( )
A. B. C. D.
8.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，AC边上的高为，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知复数z，，，是z的共轭复数，则下列说法正确的是( )
A. B. 若，则
C. D. 若，则的最小值为1
10.武汉十一中举行了春季运动会，运动会上有同学报名了实心球项目，其中实心球项目的比赛场地是一个扇形.类似一把折扇，经过数学组老师的实地测量，得到比赛场地的平面图如图2的扇形AOB，其中，，点F在弧AB上，且，点E在弧CD上运动.则下列结论正确的有( )
A.
B. ，则
C. 在方向上的投影向量为
D. 的最大值是
11.如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G分别是棱，，的中点，则下列说法正确的是( )
A. FG与EB是共面直线
B. 如果正方体的所有顶点在一个球面上，则这个球的体积为
C. 过A，，三点作一个截面，截得的几何体的体积为
D. 若在上存在一点M使得最小，最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.中，角A的平分线交边BC于点D，，，，则角平分线AD的长为______.
13.设一组样本数据，，…，的平均值是1，且，，…，的平均值是3，则数据，，…的方差是______.
14.在平面四边形ABCD中，，，，将沿BD折起，使点A到达点，且，则四面体的外接球O的体积为______；若点 E在线段BD上，且，过点E作球O的截面，则所得的截面圆中面积最小的圆的半径为______.
四、解答题：本题共5小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题13分
某学校响应教育部门疫情期间“停课不停学”的号召，实施网络授课，为检验学生上网课的效果，高三学年进行了一次网络模拟考试.全学年共1500人，现从中抽取了100人的数学成绩，分成8组、、…、绘制成频率分布直方图如图所示已知这100人中分数段的人数比分数段的人数多6人.
根据频率分布直方图，求a，b的值，并估计抽取的100名同学数学成绩的中位数；
现用分层抽样的方法从分数在的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同学作为“网络课堂学习优秀代表”发言，求这2名同学的分数不在同一组内的概率.
16.本小题16分
如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，M为OA的中点，N为BC的中点.
求证：直线平面
过点C，D，M的平面与棱OB交于点Q，求证Q是OB的中点.
17.本小题17分
已知向量，，
求的值；
若，，求的值.
18.本小题17分
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且
求角B的大小；
若，，，求的值；
设D是边AC上一点，BD为角平分线且，求的值.
19.本小题17分
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且
证明：平面
证明：平面平面
若，求二面角的正切值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由，得，
，则
故选：
由复数的运算化简已知等式，再由共轭复数和复数的关系求出共轭复数的模长即可．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意样本容量为
故选：
直接由分层抽样的定义按比例计算即可．
本题主要考查分层抽样，属于基础题，
3.【答案】D
【解析】解：，
，即，
，，
，即，
设向量与的夹角为，，
则，即，
故选：
转化为，可得，进而求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的应用，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A，若，，则或，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，则，C正确；
对于D，少了m与n相交的条件，故D错误．
故选：
根据空间中的点线面的位置关系即可结合选项逐一求解．
本题考查直线与平面平行的性质的应用及平面与平面平行的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：：
故选：
使用诱导公式和二倍角公式，结合已知条件即可求解．
本题主要考查了诱导公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了古典概型概率的求解，属于中档题．
根据古典概型概率的求解方法分别得出第一、二、三、四次拨号接通电话的概率都为，再运用互斥事件的和事件公式求出概率.
【解答】
解；数值为0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，共10个数字，
第一次拨对号码的概率为，
第二次拨对号码的概率为，
第三次拨对号码的概率为，
第四次拨对号码的概率为，
拨号不超过4次而接通电话的概率为，
故选
7.【答案】D
【解析】解：取AB，CD的中点F，E，连接NE，EF，NF，
可得几何体ABCDMN分割为一个三棱柱和一个四棱锥，
将三棱柱补成一个上底面与矩形ADEF全等的矩形的平行六面体，
可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，
则三棱柱的体积为，
四棱锥的体积为，
则几何体ABCDMN的体积为
故选：
将几何体ABCDMN分割为一个三棱柱和一个四棱锥，由柱体和锥体的体积公式，计算可得所求值．
本题考查多面体的体积，运用分割法是解题的关键，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为，所以，整理得，
因为AC边上的高为，所以，解得，
又因为，当且仅当取等号，
所以，整理得，即，
因为，可得，
所以根据，可得，即，可得的最大值为
故选：
由余弦定理求得，然后三角形的面积公式得出，利用余弦定理与基本不等式推导出，从而可得，再结合B的范围算出的最大值．
本题主要考查余弦定理、三角形的面积公式、基本不等式、正弦函数的图象与性质等知识，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，设，
则，故A正确；
对于B，令，满足，故B错误；
对于C，结合复数模的性质可知，，故C正确；
对于D，设，
，
则，即，表示以为圆心，半径为1的圆，
表示圆上的点到点的距离，
故的最小值为，故D正确．
故选：
对于A，结合复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，即可求解；
对于B，结合特殊值法，即可求解；
对于C，结合复数模的性质，即可求解；
对于D，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，考查转化能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：依题意，以O为坐标原点，OB为x轴建立平面直角坐标系，如图所示：
因为，，，
所以，
设，
对于A，，故A错误；
对于B，由，得，
即，解得，
所以，故B正确；
对于C，，
所以在方向上的投影向量为，故C正确；
对于D，
，
因为，
所以，
当，即时，取得最大值为，
所以的最大值是故D正确．
故选：
根据已知条件，建立以O为坐标原点的平面直角坐标系，求出相关点的坐标，由点坐标写出向量坐标，即可求解．
本题主要是考查了平面向量的综合应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：对A选项，根据异面直线的判定定理可得：FG与EB是异面直线，选项错误；
对B选项，根据题意可知正方体的外接球的直径2R满足：
，，外接球的体积为，选项正确；
对C选项，根据题意易知几何体为正四面体，
根据分割补形法可得所求几何体的体积为：
，选项错误；
对D选项，如图，将与展开铺平，
连接，又易知，，，
，选项正确．
故选：
根据异面直线的判定定理，正方体的外接球问题的求法，分割补形法，化空间为平面，即可分别求解．
本题考查立体几何的综合应用，异面直线的判定定理的应用，分割补形法的应用，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：依题意，设，，
由，即，
又因为，，，
即，
解得：
故答案为：
利用等面积列出方程求解即得．
本题考查等面积法求三角形的面积及角平分线的性质的应用，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：由题意可得，…，，
所以数据，，…的方差……
故答案为：
利用平均数和方差的定义求解．
本题主要考查了平均数和方差的定义，属于基础题．
14.【答案】 2
【解析】解：第一空：因为，，
所以，且，点E为外接圆的圆心，
所以四面体的外接球的球心O一定在过点E且垂直面BCD的直线上，
如图不妨设面BCD，面BCD，
设四面体的外接球的半径R，，
则由对称性可知点F也在直线CE上且，，
由题意，
在中，有，即，
在中，有，即，
联立以上两式解得，
所以，
从而四面体的外接球的体积为；
第二空：如图所示，
由题意将上述第一空中的点E用现在的点F来代替，而现在的点E为线段BD的靠近点B的三等分点，
此时过点E作球O的截面，若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，
设球心到截面的距离为d，截面半径为r，则，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，
而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即，
由以上分析可知此时，，
所以
故答案为：；
第一空：由题意先画出图形，算出外接圆的半径，然后再算出点A到平面BCD的距离，从而即可得解；
第二空：若要所得的截面中面积最小，只需截面圆半径最小，所以只需球心到截面的距离为d最大即可，而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离为d最大，即，所以只需算出OE的长度即可．
本题考查空间几何体的外接球和截面圆问题，属于中档题．
15.【答案】解：依题意，，
解得，，
中位数为分．
设“抽取的2名同学的分数不在同一组内”为事件A
由题意知，在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，
在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，
从这6名同学中抽取2人所有可能出现的结果有：，，，，
，，，，，，，
，，，共15种，
抽取的2名同学的分数不在同一组内的结果有：，，，，
，，，共8种，
所以，抽取的2名同学的分数不在同一组内的概率为
【解析】依题意，，解得a，b，由中位数公式，即可得出答案．
设在分数为的同学中抽取4人，分别用，，，表示，在分数为的同学中抽取2人，分别用，表示，用列举法，结合古典概率模型，即可得出答案．
本题考查频率分布直方图的性质，中位数的求解，古典概型的概率公式的应用，属中档题．
16.【答案】证明：取OB的中点E，连接EM，EN，
因为M，N分别为OA，BC的中点，
所以，，
因为底面ABCD是菱形，即，所以，
平面OCD，平面OCD，
所以平面OCD，
同理可得平面OCD，
，
所以平面平面OCD，
又因为平面EMN，
所以平面OCD；
，D，M的平面与棱OB交于点Q，
因为，平面OAB，平面OAB，
平面平面，
所以，
所以，
所以Q为OB的中点，即Q与中点E重合．
求证Q是OB的中点．
【解析】取OB的中点Q，连接QM，QN，由题意可证得平面平面OCD，进而可证得结论；
平面平面，可证得，进而可证得结论．
本题考查线面平行判定定理的应用及性质定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：已知向量，，
则，
即，
即；
已知，
则，
又，
则，
又，
则，
则
【解析】由平面向量的模的运算，结合两角和与差的三角函数求解；
由两角和与差的三角函数，结合同角三角函数的关系求解．
本题考查了两角和与差的三角函数，重点考查了同角三角函数的关系，属基础题．
18.【答案】解：由题意及正弦定理可得：，
可得，
在中，，所以，
因为，
所以；
因为，，，
由余弦定理得，
所以，即，
所以，，
由正弦定理可得：，
可得，
因为，则，则，
可得，
且，
所以
；
因为，BD是角平分线，即，
因为，
所以，
由正弦定理可知，
所以，
所以，
整理可得，
即，
又因为，且，
即，
解得
【解析】由题意及正弦定理可得的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
由余弦定理及正弦定理可得的大小，进而可得的值，由两角和的正弦公式，可得的值；
由角平分线的性质可得，由正弦定理可得的值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，角平分线的性质的应用，属于中档题．
19.【答案】证明：在直三棱柱中，平面ABC，AC，平面ABC，
则，，所以点A的曲率为，
所以，因为，所以为正三角形，
因为N为AB的中点，所以，
又平面ABC，平面ABC，所以，
因为，、平面，
所以平面
证明：取的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，所以且，
又且，所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则，
由知平面，则平面，
又平面，所以平面平面
解：取BC的中点F，连接AF，则，
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，、平面，
所以平面，又平面，所以，
过F作的垂线，垂足为H，连接AH，则，
又，AF、平面AFH，所以平面AFH，
又平面AFH，，
所以为二面角的平面角的补角，
设，，则，，，
由等面积法可得，则，
则，故二面角的正切值为
【解析】由题意可得，根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直的判定定理即可证明；
如图，易证，由得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
如图，根据线面垂直的判定定理可得平面，则，易证，则为二面角的平面角的补角，结合等面积法求得FH，即可求解．
本题考查线面垂直及面面垂直的判定，考查二面角的正切值求法，属中档题．