山西省吕梁市2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份山西省吕梁市2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析），共17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
1．已知复数满足，则（ ）
A．B．4C．5D．
2．已知平面向量的夹角为，满足，则（ ）
A．B．1C．D．
3．在中，内角的对边分别为，若，则的面积是（ ）
A．2B．4C．D．3
4．抛掷一枚质地均匀的骰子2次，事件甲为“第一次骰子正面向上的数字是1”，事件乙为“两次骰子正面向上的数字之和是4”，事件丙为“两次骰子正面向上的数字之和是8”，则（ ）
A．甲乙互斥B．乙丙互为对立C．甲乙相互独立D．甲丙互斥
5．已知两个不重合的平面，和直线l，若，则“”是“”的（ ）．
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．中，内角，，的对边分别为，，，若且，则的形状是（ ）
A．有一个角是的等腰三角形B．等边三角形
C．三边均不相等的直角三角形D．等腰直角三角形
7．某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛:教师射门，学生守门.已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差分别是3和13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是4和8，女教师进球数的平均值为2，则女教师进球数的方差为（ ）
A．15B．16C．17D．18
8．在梯形中，，点为边上一动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．在复平面内，复数对应的向量为，其中是原点，则下列说法正确的是（ ）
A．复数的虚部为B．复数对应的点在第一象限
C．当时，复数为纯虚数D．向量对应的复数为
10．正六边形瓷砖是一种常见的装饰材料，被广泛应用于室内和室外的墙壁、地面和装饰品的制作.正六边形瓷砖的设计能够形成美观的六边形花纹，增加空间的层次感和艺术感.如图是一块正六边形瓷砖，它的边长为1，点是内部（包括边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若为的中点，在上的投影向量为
D．的最大值为
11．正方体的棱长为分别为的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）

A．直线与所成角的余弦值为
B．三棱锥的体积为定值
C．平面截正方体所得的截面周长为
D．直线与平面所成角的正弦值为
三、填空题
12．已知数据的方差为16，则数据的方差为 .
13．已知相互独立事件满足，则 .
14．已知正三棱台上、下底面边长分别为和，侧面与下底面所成的二面角为，则该正三棱台外接球的表面积为 .
四、解答题
15．北京大兴半程马拉松暨第八届“花绘北京悦跑大兴”于2024年4月27日在大兴区魏善庄镇鸣枪开跑，参赛规模为6000人并设有两个项目，为让更多的人了解马拉松运动项目，某区举办了马拉松知识竞赛，并从中随机抽取了名参赛者的成绩，得到的数据如下表所示：
（1）分别求的值，并在图中画出频率分布直方图；
（2）若参赛者得分分数不低于70的人数至少要占以上，并且参赛者得分分数的平均数超过80分，则该区可以评为“一马当先区”，估计该区能否评为“一马当先区”，并说明理由.（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）
16．如图，是的直径，点是上的动点，垂直于所在的平面，点为线段的中点，
（1）证明：平面平面；
（2）设，求点到平面的距离.
17．如图，四边形中，，，，且为锐角．

（1）求；
（2）求的面积．
18．2024年4月25日20时59分，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射成功，实现了两个飞行乘组太空“会师”.下表记录了我国已发射成功的所有神舟飞船的发射时间和飞行时长.
为帮助同学们了解我国神舟飞船的发展情况，某学校“航天社团”准备通过绘画、海报、数据统计图表等形式宣传“神舟系列飞船之旅”.
（1）绘画组成员从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘进行绘画，求选中的神舟飞船的发射时间恰好是在10月份的概率；
（2）海报组组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘制作海报；海报组组成员从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘制作海报，两组选择互不影响，求两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份的概率.
19．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，四棱柱中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，所以，得到，
所以，
故选C.
2．【答案】B
【详解】因为，
可得，
可得.
故选B.
3．【答案】C
【详解】若，则，
由余弦定理得，
因为，所以，
则的面积是.
故选C.
4．【答案】D
【详解】对于选项A，当第二次骰子正面向上的数字是时，事件甲与事件乙可以同时发生，所以选项A错误；
对于选项B，抛掷一枚质地均匀的骰子2次，正面向上的数字之和可能是，所以乙丙互斥但不对立；
对于选项C，设事件甲，事件乙发生的概率分别为，事件甲、乙同时发生的概率为，
因为，又，所以，故选项C错误；
对于选项D，因为事件甲与事件乙不能同时发生，所以甲丙互斥，故选项D正确；
故选D.
5．【答案】D
【详解】解：若，，则或，故充分性不成立；
若，，则或或直线l与平面相交，故必要性不成立.
所以“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选D．
6．【答案】B
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以，
如图所示，
在边、上分别取点、，使、，
以、为邻边作平行四边形，则，
显然，因此平行四边形为菱形，平分，
又，则有，即，
于是得是等腰三角形，所以，
又，所以为等边三角形.
故选.
7．【答案】B
【详解】设参加射门比赛的男教师人数为，则全部参赛教师进球数的平均数，
解得，即参赛的男女教师各有人，
设女教师进球数的方差为，
依题意可得，解得.
故选B
8．【答案】C
【详解】如图，建立平面直角坐标系，
因为，所以，
设，所以，
得到，因为，所以，
故选C.
9．【答案】BC
【详解】对于选项A，因为，所以复数的虚部为，故选项A错误，
对于选项B，因为，所以，故复数对应的点为，在第一象限，所以选项B正确，
对于选项C，因为，又，所以，故选项C正确，
对于选项D，因为，所以，
得到向量对应的复数为，所以选项D错误，
故选BC.
10．【答案】ACD
【详解】对于选项A，如图1，因为，
又，所以，
得到，所以选项A正确，
对于选项B，如图1，因为，又因为正六边形的边长为1，
所以，，
所以，所以选项B错误，
对于选项C，如图1，因为，所以在上的投影向量为，故选项C正确，
对于选项D，如图2，建立平面直角坐标系，
设，易知，，，
则，，所以，
得到，所以当，
即点与点重合时，取得最大，此时，
所以的最大值为，故选项D正确，
故选ACD.
11．【答案】ABC
【详解】对于A，取中点H，连接、、，

则由题意可知，，且，
所以是直线与所成角或补角，且，
所以直线与所成角余弦值为，故A正确；
对于B，连接、，由正方体几何性质可知且，
所以四边形是平行四边形，故，

又，所以，故与共面且过与的面有且只有一个，
故四边形是平面截正方体所得的截面图形，
连接，则由、均为所在边的中点以及正方体性质得，且，
故，又平面，平面，
所以平面，故点到平面的距离即为到平面的距离，
所以为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，由B可知平面截正方体所得的截面图形为四边形，
又由上以及题意得，，，
所以平面截正方体所得的截面周长为，故C正确；
对于D，连接，由正方体性质可知平面，
故是直线与平面所成的角，
又，所以，
所以，故直线与平面所成角的正弦值为，故D错.

故选ABC.
12．【答案】36
【详解】因为，
又数据的方差为16，
所以由方差性质得数据的方差为.
13．【答案】/
【详解】因为相互独立事件，，
所以，
所以，
所以.
14．【答案】/
【详解】如图，设正三棱台上、下底面的中心分别为，的中点分别为，
连接，由正三棱台的性质可知，
所以为侧面与下底面所成的二面角的平面角，
易知正三棱台外接球的球心在直线上，设球心为，如图所示，过作于，
因为正三棱台上、下底面边长分别为和，所以，
因为分别为的中心，所以，，
在中，，，所以，
又，设，正三棱台外接球的外接球半径为，
由，得到，解得，
所以球心在的延长线上，得到，
所以正三棱台外接球的表面积为.
15．【答案】（1），，，频率分布直方图见解析
（2）该区可以评为“一马当先区”，理由见解析
【详解】（1）由，解得，
由表格数据得，，
因为每组的分别为0.005，0.010，0.020，0.030，0.035，
所以频率分布直方图如下所示：
（2）该区可以评为“一马当先区”，理由如下：
因为参赛者得分分数不低于70的频率为，
所以满足参赛者得分分数不低于70的人数至少要占80%以上，
又参赛者得分分数的平均数为
，
所以该区可以评为“一马当先区”.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）因是的直径，则，
因垂直于所在的平面，平面，则，
因，，平面，则平面，
又点为线段的中点，得到，所以平面，
又平面，则平面平面；
（2）解1．如图，过作垂线，垂足为．
由（1）知平面，平面，
所以平面平面，平面平面，平面，
则平面，
即为点到平面的距离．
又，，垂直于所在的平面
则，所以，
则在中，，
得到，即点到平面的距离为．
因点为线段的中点，点到平面的距离为点到平面的距离的一半，
即点到平面的距离为．
解2．如图，过作垂线，垂足为．
由（1）知平面，平面，
所以平面平面，平面平面，平面，
则平面，即为点到平面的距离．
又，，垂直于所在的平面
则，得到，
则在中，，
得到，因为为的中位线，
所以，即点到平面的距离为.
解3：等体积法
设底面圆半径为，
，，,
的面积,
,
又由（1）知，面，面
，，与为直角三角形．
，，
，．
设到平面的距离为，
由，得，
，到平面的距离为．
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）由已知，
∵是锐角，∴．
由余弦定理可得，则．
∵，∴BD是四边形外接圆的直径，
∴BD是外接圆的直径，利用正弦定理知
（2）由，，，，
则,,
又，则，
因此，
故的面积为．
18．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）记名称为神舟第号飞船为，则“从表中所有的神舟飞船中随机选取1艘”的样本空间为，共18个样本点．
设“神舟飞船的发射时间恰好是在10月份”为事件，则，共5个样本点，
所以．
（2）“组从飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为，，共15个样本点．
“组从飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘”的样本空间为，共6个样本点．
设“组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）大于4个月的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件，则，共3个样本点，
所以．
设“组选中的神舟飞船的飞行时长（包括预计飞行时长）小于5天的神舟飞船中随机选取2艘恰好在10月或11月份”为事件，则，共3个样本点，
所以
设“两组选中的两艘神舟飞船的发射时间恰好都在10月或11月份”为事件，
两组选择互不影响，所以事件的概率为．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.
【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．
【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，
作交于点，连接，
则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在的延长线上，且使时，平面．分数
频数
5
10
20
30
频率
0.10
0.20
0.30
0.35
名称
发射时间
飞行时长
神舟一号
1999年11月20日
21小时11分
神舟二号
2001年1月10日
6天18小时22分
神舟三号
2002年3月25日
6天18小时39分
神舟四号
2002年12月30日
6天18小时36分
神舟五号
2003年10月15日
21小时28分
神舟六号
2005年10月12日
4天19小时32分
神舟七号
2008年9月25日
2天20小时30分
神舟八号
2011年11月1日
16天
神舟九号
2012年6月16日
13天
神舟十号
2013年6月11日
15天
神舟十一号
2016年10月17日
32天
神舟十二号
2021年6月17日
3个月
神舟十三号
2021年10月16日
6个月
神舟十四号
2022年6月5日
6个月
神舟十五号
2022年11月29日
6个月
神舟十六号
2023年5月30日
5个月
神舟十七号
2023年10月26日
6个月
神舟十八号
2024年4月25日
预计6个月