甘肃省临夏州2023−2024学年高一下学期期末质量监测 数学试卷（含解析）

这是一份甘肃省临夏州2023−2024学年高一下学期期末质量监测 数学试卷（含解析），共12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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数，共轭复数为，则（ ）
A．B．C．D．
3．石墩随处可见，形状各异，美化了我们的环境，已知某正四棱台石墩的上、下底面边长分别为40cm，58cm，侧棱长为41cm，则该石墩的侧面积为（ ）
A．8036cm2B．13000cm2C．7840cm²D．12804cm²
4．如图，在中，点O是BC的中点，，分别连接MO,NO并延长，与边AB的延长线分别交于P，Q两点，若，则（ ）

A．2B．1C．－2D．－1
5．在中，若，则此三角形为（ ）
A．直角三角形B．等腰三角形C．等边三角形D．等腰或直角三角形
6．在四边形ABCD中，，，，，则四边形ABCD的面积为（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．从11，12，13，，30中任意选一个数，则这个数是奇数或能被3整除的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知A，B，C三点均在球O的表面上，，且球O的内接正方体的棱长为，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A．B．1C．2D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．八卦图是中国古代哲学的重要符号，被广泛应用于易经、中医等领域，如图1为八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中，则（ ）

A．B．
C．D．
10．下列四个式子中，计算正确的是（ ）
A．B．
C．若，则D．
11．如图，在棱长均为1的四棱锥中，O为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则（ ）

A．B．平面平面OMN
C．D．四棱锥的体积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示(单位：cm)，则此几何体的表面积
为 cm2．

13．计算： ．
14．某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如表所示．
若每辆车的投保金额均为2500元，估计赔付金额大于投保金额的概率为 ；在样本车辆中，车主是新司机的占15%，在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在复平面内，A，B，C三点对应的复数分别为1，4＋4i，－2＋4i．
(1)求向量对应的复数；
(2)求的面积．
16．在中，，，设点P是所在平面内的任意一点，．
(1)求m的最小值；
(2)当m取最小值时，求在方向上的投影．
17．某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，．
(1)若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率；
(2)若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率．
18．如图所示，三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，点P，D分别为AB，的中点．

(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求点C到平面的距离．
19．“费马点”是由法国数学家费马提出的一个问题．该问题是：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答．当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当内有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且．
(1)求A；
(2)若，的面积为，求；
(3)若，设点P为的费马点．求．
参考答案
1．【答案】A
【分析】利用二倍角的余弦公式计算得解.
【详解】由，得.
故选A.
2．【答案】C
【分析】先求出其共轭复数为，然后由复数的乘法运算求解即可.
【详解】复数，则其共轭复数为，
所以.
故选C.
3．【答案】C
【分析】由棱台的性质和勾股定理求得棱台的斜高，再由棱台的侧面积公式，计算可得所求值．
【详解】设，，，可得正四棱台的斜高为，
所以棱台的侧面积为．
故选C．
4．【答案】B
【分析】利用向量共线的推论与线性关系，求解系数，再结合向量减法即可求参.
【详解】因为三点共线，所以，
又因为是中点，所以，因为，所以，
所以，则
所以，
因为三点共线，所以，
又因为是中点，所以，因为，所以，
所以，则
所以，
所以，
所以.
故选B.
5．【答案】B
【分析】根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得求解.
【详解】由可得,
又,
所以,
因为为的内角，所以,
所以为等腰三角形.
故选B.
6．【答案】D
【分析】根据，得到四边形是平行四边形，再由，可得四边形是矩形也为菱形即为正方形即可求解．
【详解】如图所示，
，四边形是平行四边形，
分别表示的单位向量，
，平方可得，
，，四边形是矩形，
又平分，四边形是菱形，
四边形是正方形，且，此四边形的面积等于5.
故选D．

7．【答案】B
【分析】根据古典概型计算即可.
【详解】从11，12，13，，30中任意选一个数，
则这个数是奇数或能被3整除有共13个，
所以.
故选B.
8．【答案】B
【分析】设球心O到平面ABC的距离为，的外接圆的半径为，球的半径为，则，计算即可.
【详解】设球心O到平面ABC的距离为，的外接圆的半径为，球的半径为，
球O的内接正方体的棱长为，所以，
因为，所以，所以，
由球的性质可知，，即，所以.
故选B.
9．【答案】AC
【分析】根据数量积的定义求解数量积，即可判定AD；根据相等向量的定义即可求解B；根据模长的定义即可求解C.
【详解】对于A：由正八边形可得，则，故A正确；
对于B：方向相反，故不是相等向量，故B错误；
对于C：由正八边形可得，故C正确；
对于D：，故D错误．
故选AC．
10．【答案】ACD
【分析】由两角和的正切公式计算求解即可判断A；应用两角差的正弦公式计算即可判断B；由二倍角的正弦公式计算即可判断C；应用辅助角公式化简计算即可判断D.
【详解】，故A正确；
，故B错误；
若，则，故C正确；
，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ABC
【分析】根据中位线可判断A；根据线线平行证明线面平行，即可求解B；根据三角形的边长关系，即可求解C；根据锥体的体积公式即可求解D.
【详解】对于A：因为分别为侧棱的中点，所以,又，故，故A正确；
对于B：连接，因为分别为侧棱的中点，所以，
因为平面,平面,所以平面,同理，
因为平面,平面,所以平面,
因为，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C：因为，所以，
所以，又，所以，故C正确；
对于D：因为，所以，故D错误.
故选ABC.

12．【答案】
【分析】几何体是由圆锥和圆柱组成的，由圆柱与圆锥的表面积公式计算求解即可.
【详解】此几何体是由圆锥和圆柱组成的，
圆锥的底面半径为，高，所以母线长为：，
所以其侧面积为：，
圆柱的底面积为：，侧面积为：，
所以该几何体的表面积为：.
13．【答案】
【分析】由复数的除法与乘方运算求解即可.
【详解】.
14．【答案】0.21 0.18
【分析】计算出赔付金额大于投保金额的频率，得到估计赔付金额大于投保金额的概率；
再求出投保的新司机人数和赔付金额为4500元的样本车辆中的新司机人数，估计出在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率.
【详解】赔付金额大于投保金额的频率为，
估计赔付金额大于投保金额的概率为0.21，
在样本车辆中，车主是新司机的占15%，
故投保的新司机人数为，
在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，即人，
估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为.
15．【答案】(1)
(2)12
【分析】（1）由复数的几何意义求解即可；
（2）计算向量的模长，判断出为等腰三角形，求解其面积即可.
【详解】（1）对应的复数为．
对应的复数为．
对应的复数为；
（2）因为，，，所以，
所以为等腰三角形．边上的高为，
所以．
16．【答案】(1)30
(2)
【分析】（1）由，得，建立平面直角坐标系，表示出，求最小值即可；
（2）由（1）得m取最小值时，点，然后计算在方向上的投影即可.
【详解】（1）由，得．
以A为坐标原点，直线AB，AC分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，
则，，．设，
则，
所以的最小值为30，即m的最小值为30；
（2）由（1）得m取最小值时，点，得，，
所以，，，
所以在方向上的投影为．
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设事件分别表示“被评为等级A，B，C，D”.由题意，事件两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；
（2）设事件，且事件互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可.
【详解】（1）设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”．
由题意可知，事件A，B，C，D两两互斥，所以．
又因为被罚分，所以．
因此其被罚分的概率为；
（2）设事件，，，表示“第i次被评定为等级A，B，C，D”，，2．
则“两次射击得分之和为0分”为事件，且事件，，互斥，
，
，
所以两次射击得分之和为0分的概率为
.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理即得；
（2）利用线面垂直的判定、性质推理即得；
（3）连接，交于点E，连接BE，过点C作于，利用线面垂直的判定、性质推证平面，再借助直角三角形求出即可.
【详解】（1）如图，连接，在中，D，P分别是，AB的中点，则，
而平面，平面，所以平面；
（2）因为，所以，所以，即，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，则，又，所以；
（3）如图，连接，交于点E，连接BE，过点C作，F为垂足，
易知为的中点，
因为平面，平面，所以，
因为，所以为等腰直角三角形，所以，
所以且，
又，，CB，平面CBE，所以平面CBE，
又平面CBE，所以，又，，平面，
所以平面，即CF为点C到平面的距离，
因为平面，平面，所以，
所以，
所以点C到平面的距离．
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用余弦定理结合面积公式求解；
（3）利用费马点的性质等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案．
【详解】（1）已知在中，．
即，
故，由正弦定理得，
由余弦定理得，又，所以；
（2）因为，所以，
由（1）知，
所以，则，
则；
（3）由（1）知，所以的三个角都小于120°，
则由费马点定义可知，
设，，，由，
得，
整理得，
则
．
【关键点拨】由面积分割关系得.
赔付金额/元
0
1000
2000
3000
4500
车辆数/辆
600
80
110
120
90