广东省广州市越秀区2023−2024学年高一下学期期末 数学试题（含解析）

这是一份广东省广州市越秀区2023−2024学年高一下学期期末 数学试题（含解析），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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已如复数，则的实部是（ ）
A．B．2C．3D．5
2．有一组数据按从小到大排序如下：70，71，73，75，76，则这组数据的40%分位数，70%分位数分别是（ ）
A．71，74B．71，75C．72，74D．72，75
3．从这个正整数中随机选择一个数，则这个数既不能被整除也不能被整除的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是一条直线，,是两个不同的平而，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
5．在正方体中，为的中点，则（ ）
A．B．C．平面D．平面
6．如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东，B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（ ）
A．0.2小时B．0.3小时C．0.5小时D．1小时
7．已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（ ）
A．圆锥的高为B．圆锥的侧面积为
C．二面角的大小为D．圆锥侧面展开图的圆心角为
8．已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设A，B为两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若A，B是互斥事件，则
B．若，则
C．若A，B是相互独立事件，则
D．若，则A，B是相互独立事件
10．已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ）
A．
B．二面角的大小为
C．正四棱台的外接球的表面积为
D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为 ．
13．如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行．已知船的速度大小为，水流速度的大小为，当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间 ．
14．已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第层抽取的样本量、样本均值和样本方差分别为．记总样本数据的均值为，总样本数据的方差为．
(1)写出与的计算公式（直接写出结果，不需证明）；
(2)某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为172.5，方差为16，女生样本的均值为162.5，方差为30．
（i）如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差；
（ii）如果已知男、女的样本量都是50，试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值与方差的估计合适吗？请说明理由．
16．甲、乙、丙三名同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局，每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束，各局比赛结果互不影响，已知每局比赛甲胜乙的概率为，乙胜丙的概率为，甲胜丙的概率为．
(1)若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；
(2)若第一局由甲乙对战，求甲获胜的概率．
17．如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且．
(1)求证：；
(2)若,求直线与平面所成角的正弦值．
18．如图，在中，．
(1)求的长；
(2)已知点D在平面内，且，求四边形的周长的最大值．
19．如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．

(1)当为何值时，平面平面?
(2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断.
【详解】因为，
所以的实部是.
故选A.
2．【答案】D
【分析】按步骤求解百分位数即可.
【详解】数据从小到大排序：70，71，73，75，76，
是整数，这组数据的40%分位数是；
不是整数，这组数据的70%分位数是.
故选D.
3．【答案】B
【分析】列出既不能被整除也不能被整除的数，再由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】从这个正整数中随机选择一个数共有种选法，
其中这个数既不能被整除也不能被整除的有,,,,,,,,,共个，
所以这个数既不能被整除也不能被整除的概率.
故选B.
4．【答案】D
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，则或或与相交，故B错误；
对于C：若，，则或，故C错误；
对于D：若，，则，故D正确.
故选D.
5．【答案】C
【分析】根据正方体的性质判断AB；设，连接，即可证明，即可判断C；假设平面，推出矛盾，即可判断D.
【详解】对于A：由正方体的性质可知，
显然，与不平行，所以与不平行，故A错误；
对于B：由正方体的性质可知，，所以，
由A可知与不平行，且，平面，
所以与不垂直，则与不垂直，故B错误；
对于C：设，则为的中点，连接，又为的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；
对于D：若平面，平面，则，
又，所以，又四边形为矩形，
所以四边形为正方形，所以，
又为正方体，所以，显然不满足，
故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误.
故选C.
6．【答案】A
【分析】在中，先由正弦定理，求出；在中，根据余弦定理，求出的长，即可求出结果.
【详解】由题意，在中，，，，
所以，
由正弦定理可得，
则；
又在中，，，
由余弦定理可得
，所以，
所以救援船到达点需要的时间为小时.
故选A.
7．【答案】C
【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A；利用圆锥的侧面积公式可判断B；利用二面角的定义，找到二面角的平面角，再解三角形求解可判断C；根据展开前后图形联系，利用扇形的弧长公式可判断D.
【详解】对于A：因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则，
因为与圆锥底面所成的角为，
又，所以的面积为，解得，即母线长，
所以该圆锥的高为，故A错误；
对于B：该圆锥的底面半径为，
母线长， 故该圆锥的侧面积为，故B错误；
对于C：取的中点，连接，
因为，为的中点，则，由垂径定理可得，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
因为，，则为等腰直角三角形，
则，所以，
所以，
因为，故，即二面角的大小为，故C正确；
对于D：设该圆锥侧面展开图的圆心角为，
底面圆周长为，则，故D错误.
故选C.
8．【答案】B
【分析】利用圆的性质，得到，将转换为，进而求出最大值.
【详解】如图所示：

因为为的外接圆圆心，，所以，
且，
所以，
故当共线反向时，取到最大值.
故选B.
【关键点拨】关键是推导出，
再由数量积的运算律得到.
9．【答案】CD
【分析】对于A，由互斥事件概念可知；对于B，由事件的包含关系得；对于C，由概率性质与概率乘法公式可得；对于D，由概率加法公式与相互独立事件的定义可得.
【详解】对于A：若是互斥事件，不可能同时发生，则，故A错误；
对于B：若，则，则，故B错误；
对于C：若相互独立，则，
所以，故C正确；
对于D：由，且事件互斥，则,
若， 则，
又，所以，所以相互独立，故D正确.
故选CD.
10．【答案】BD
【分析】由复数的几何意义，转化为向量的坐标运算可得.
【详解】，，
对于A：若，则，故A错误；
对于B：由A知，，则，故B正确；
对于C：若，则，故C错误；
对于D：由C知，，则，
，
则，，
故，故D正确.
故选BD.
11．【答案】ACD
【分析】对于A，先证明线面垂直，由性质可得线线垂直；对于B，过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形即可；对于C，设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可；对于D，根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可.
【详解】
根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为，连接
过作，作截面的平面图，则截面为等腰梯形，
易得分别为中点，则，
故，即圆台的高，
又，即四棱台的上下底面边长分别为和；
对于A：由题意平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，故A正确；
对于B：过作，垂足为，连接；
由平面，，则平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，则即为二面角的平面角；
，又，
所以，
而在中，，所以，
结合在单调递增可知，，故B错误；
对于C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，
则，故，解得；
故表面积，故C正确；
对于D：；
，
，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【分析】解法一：首先求出参数的值，再求出月用电量落在区间的频率，即可得解；解法二：用减去月用电量落在区间的频率，得到月用电量落在区间的频率，即可得解.
【详解】解法一：由频率分布直方图可得，解得，
所以月用电量落在区间的频率为，
所以在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为.
解法二：由频率分布直方图可知，月用电量落在区间的频率为
，
所以在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为.
13．【答案】
【分析】当实际速度垂直于河岸航程最短，根据向量加法的平行四边形法则求解即可.
【详解】当实际速度垂直于河岸，船的航程最短．
设实际速度、船速、水流速度分别为，，，
如图，，已知，
则，河宽，
所以船的航行时间．
所以当航程最短时，这艘船行驶完全程需要．
14．【答案】
【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决.
【详解】取中点，连接，，依题意可得，
又，平面，可知平面，
当点在之间时，作分别交于点，
作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
要使截面多边形的面积最大，则当点在之间时，
令，因为正四棱锥的所有棱长都为，
所以，，
则，
可得，
则，
可得，
所以，
连接，交于点，连接，
因为底面为正方形，所以，为的中点，
因为，所以，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为与的夹角为与夹角，所以，
则，
可得，
可知当时，取最大值.
当点在点时，此时截面即为，又，
当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于，
综上可得截面的面积的最大值为.
【关键点拨】根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解.
15．【答案】(1)答案见详解
(2)（i）均值为（），方差为；（ii）均值为（），方差为，不合适，理由见详解
【分析】（1）写出分层抽样的均值与方差公式即可；
（2）（i）按男女生比例抽取样本，可按相应公式计算均值和方差；（ii）已知样本量，可按样本量所占比计算均值与方差，但不具代表性，个体不是等概率抽取的．
【详解】（1）依题意可得，
；
（2）（i）男、女的样本量按比例分配，
则总样本的均值为（），
总样本的方差为；
（ii）男、女的样本量都是，
总样本的均值为（），
总样本的方差为，
不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）甲获胜有两种情况，分别计算出概率，再相加即可；
（2）甲获胜有三种情况，分别计算出概率，再相加即可.
【详解】（1）第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为；
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为；
综上，甲获胜的概率为.
（2）若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为.
17．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，根据题意容易证；
（2）利用等体积法求得点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，则根据即可得到答案.
【详解】（1）因为为半球的直径，为半球底面圆周上一点,
所以,
因为,平面,
所以平面，又因为平面,
所以,
又因为为半球面上一点，为半球的直径，
所以,
又因为平面，
所以平面, 又平面，
所以；
（2）因为三角形为直角三角形,，
所以,
又因为平面,
所以 ，
又因为三角形也是直角三角形，
所以,
所以，所以，
所以，
，
设点到平面的距离为,
则有，即,
所以，
设直线与平面所成的角为，则.
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理解方程可得；
（2）由已知，问题转化为求的最大值.先根据题意得四点共圆，借助对角互补求出，再在中利用余弦定理得边角关系，利用基本不等式可求最值.
【详解】（1）在中，，
由余弦定理得，即，
化简得，解得（舍），或，
故的长为；
（2）已知点D在平面内，且，
则四点共圆，，
则，
在中，由余弦定理得，
则，
因为，所以，
解得，当且仅当时等号成立.
即的最大值为，
又，故四边形周长的最大值为.
19．【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可；
（2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可；
（3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径.
【详解】（1）连接，由题意得，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，又平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
综上，当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，又平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
则，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；

（3）设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形，.
则，
，
，
在中，，取中点，连接，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.
【方法总结】空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得.