甘肃省酒泉市2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份甘肃省酒泉市2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析），共15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．某省为全运会选拔跳水运动员，对某运动员进行测试，在运动员跳完一个动作之后由7名裁判打分，统计结果为平均分9.5分，方差为a，为体现公平，裁判委员会决定去掉一个最高分10分，一个最低分9分，则（ ）
A．平均分变大，方差变大B．平均分变小，方差变小
C．平均分不变，方差变大D．平均分不变，方差变小
2．已知i是虚数单位，则复数（ ）
A．-1B．iC．D．1
3．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．6
4．设α是空间中的一个平面，是三条不同的直线，则（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．三人被邀请参加一个晚会，若晚会必须有人去，去几人自行决定，则恰有一人参加晚会的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．若正方体的内切球的表面积为，则此正方体最多可容纳半径为1的小球的个数为（ ）
A．7个B．8个C．9个D．10个
7．已知，则（ ）
A．B．C．D．
8．如图，点是的重心，点是边上一点，且，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球．若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律．如图，有一张长方形球台ABCD，其中，现从角落A沿角α的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中，则的值为（ ）
A．B．C．D．
10．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ）
A．甲与丙相互独立B．甲与丁相互独立
C．丙与丁相互独立D．乙与丙不相互独立
11．如图，在棱长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列选项正确的有（ ）

A．
B．
C．直线与平面所成角的最大值是
D．的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知复数z的模为2，则的最大值为 ．
13．某科研攻关项目中遇到一个问题，请了甲、乙两位专家单独解决此问题，若甲、乙能解决此问题的概率分别为m，n，则此问题被解决的概率为
14．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点，，处测得阁顶端点的仰角分别为，，.且米，则滕王阁高度 米.
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知，与的夹角是.
(1)求的值及的值；
(2)当为何值时，
16．本学期初，某校对全校高一学生进行数学测试（满分100），并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分五组，得到如图所示频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计该校高一学生数学成绩的平均数和第分位数；
(2)为进一步了解学困生的学习情况，从上述数学成绩低于70分的学生中，分层抽样抽出6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在的概率．
17．（1）叙述并证明平面与平面平行的性质定理；
（2）设，是两个不同的平面，，是平面，之外的两条不同直线，给出四个论断：①；②；③；④．以其中三个论断作为条件，以下一个作为结论，写出一个正确的命题，并证明．
18．已知向量，函数．
(1)若，求的值；
(2)若，求的值；
(3)设中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且锐角B满足，求的取值范围．
19．如图，在六面体中，，正方形的边长为2，．
(1)证明：平面平面；
(2)求直线EF与平面所成角的正切值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值；
(4)求多面体的体积．
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据给定条件。利用平均数的计算公式，以及方差的意义，即可判断得解.
【详解】设个打分中除了一个最高分分和一个最低分分之外的数据为，
依题意，，则，
则去掉一个最高分分和一个最低分分之后的平均分为，平均分不变；
由于去掉一个最高分和最低分后，数据更加集中，因此方差变小.
故选D.
2．【答案】A
【分析】根据复数的乘除运算即可求解.
【详解】.
故选A.
3．【答案】A
【分析】根据共线向量的坐标表示求得结果.
【详解】已知向量，，，
所以，解得.
故选A.
4．【答案】B
【分析】选项A和D，通过举出例子判断正误；选项B，由线面垂直的判定定理得结果正确；选项C，利用线面垂直的性质，可得，从而判断出结果的正误.
【详解】对于选项A，如图1，当，满足时，与可以斜交，故选项A错误，
对于选项B，因为，所以，因为，则由线面垂直的判定定理得，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，因为，所以，故选项C错误，
对于选项D，若，则与可以相交、平行或异面，如图2，满足，而与异面，故选项D错误，
故选B.
5．【答案】B
【分析】列举基本事件空间，可得概率.
【详解】设三人为，，，则参加晚会的情况有，，，，，，，共种情况，
其中恰有一人参加晚会的情况有种，
故所求的概率为，
故选B.
6．【答案】B
【分析】根据正方体的内切球的表面积求得正方体的棱长，结合小球的半径即可判断.
【详解】设正方体的棱长为a，则其内切球的直径为a，
由题意，解得，即正方体的棱长为4，半径为1的两个球的直径和为4，
故正方体内最多可以放8个半径为1的球.
故选B.
7．【答案】B
【分析】展开同平方并结合二倍角的正弦公式即可得到关于的方程，解出即可.
【详解】展开得，
两边同平方有，
即，解得.
故选B.
8．【答案】C
【分析】延长交于，根据题意，得到且，再由，可得是的四等分点，根据向量的运算法则，求得，求得的值，即可求解.
【详解】如图所示，延长交于，
由已知为的重心，则点为的中点，可得，且，
又由，可得是的四等分点，
则，
因为，所以，，所以．
故选C.
9．【答案】BC
【分析】根据题意，分两种情况作图：第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；然后利用对称方法即可求解.
【详解】第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边，反射情况如下：
，由反射的性质，得关于对称，关于对称，
即为的三等分点，因此， C正确；
第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边，反射情况如下：
，由反射的性质，得关于对称，关于对称，
即为的三等分点，因此，B正确.
故选BC.
【方法总结】根据题意，可想到分两种情况作图：第一种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；第二种情况：现从角落A沿角的方向把球打出去，球先接触边；然后利用数学对称方法即可求解.
10．【答案】BD
【分析】计算各事件概率，再根据独立事件概率的关系依次判断每个选项得到答案.
【详解】两次取出的球的数字之和为8，有共5种情况，
所以；两次取出的球的数字之和为7，有共6种情况，
所以；；
对于A，，故甲与丙不相互独立，A错误；
对于B，，故甲与丁相互独立，B正确；
对于C，，故丙与丁不相互独立，C错误.
对于D，，故乙与丙不相互独立，D正确；
故选BD.
11．【答案】ACD
【分析】由正方体的性质，得到正方体中的垂直关系，对照选项作出判断；作出直线与平面所成角，进而判断线面角的最大值；通过翻折平面，将平面与平面沿翻折到同一个平面内，进而判断的最小值.
【详解】对于选项A，由正方体性质，易得,,
因为平面，
所以平面.
因为平面，所以，故A正确；
对于选项B，当与重合，则此时与夹角为，故B错误；
对于选项C，如图连接交于，

因为平面，平面，所以.
因为,平面,
所以平面，即平面，
所以为直线与平面所成角，所以.
所以当最小时最大，即时，最小.
由，可得，
此时，故的最大值为，
直线与平面所成角的最大值是，故C正确；
对于选项D，如图，将平面与平面沿翻折到同一个平面内

由题意，，
从而，故为平行四边形.
又，故为矩形.
从而当为与交点时，最小，此时，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】3
【分析】利用复数模的几何意义，求出的最大值.
【详解】复数z的模为2，表示复数在复平面内对应的点到原点的距离为2，
则点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
而是圆上的点到点的距离，
所以.
故答案为：3.
13．【答案】
【分析】利用概率的基本性质及相互独立事件的概率公式计算即得.
【详解】记事件“甲专家独立解决”，事件“乙专家独立解决”，
则，而相互独立，即，
所以，即问题被解决的概率为.
故答案为：
14．【答案】
【分析】设，由边角关系可得，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
【详解】设，因为，，，
所以，，，.
在中，，
即①.，
在中，，
即②，
因为，
所以①②两式相加可得：，解得：，
则，
故答案为：.
【方法总结】设，由边角关系表示出，，，在和中，利用余弦定理列方程，结合可解得的值，进而可得长.
15．【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）由定义求出数量积，再利用模长公式及向量数量积的运算律即得；
（2）由于，可得，利用向量的数量积的运算公式，即可求解．
【详解】（1）∵，与的夹角是，
∴，
；
（2）由题意，，
即，
解得，
即时，.
16．【答案】(1)，平均数，第分位数
(2)
【分析】（1）根据频率之和为1求得，根据平均数、百分位数的求法求得正确答案；
（2）根据分层抽样、古典概型的知识求得正确答案．
【详解】（1）由，
解得；
该校高一学生数学成绩的平均数为．
前3组的频率和为，
所以第分位数为；
（2）分层抽样抽取的6人中，的有人，记为1，2，
的有人，记为3，4，5，6，
从6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15种，
其中2人分数都在的有34，35，36，45，46，56共6种，
所以从6人中任取2人，分数都在的概率为．
17．【答案】（1）答案见解析；（2）答案见解析
【分析】（1）写出两个平面平行的性质定理，再根据线面、线线的位置关系证明即可；
（2）写出正确的命题，再根据线面垂直的判定与性质、直二面角的定义以及面面垂直的性质定理证明即可.
【详解】（1）两个平面平行的性质定理：两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行．
已知：如图，已知，，，求证：.
证明：因为，所以与没有公共点，
又，，所以，，
所以与没有公共点，
又，，
；
（2）命题一：若，，，则（②③④①）.
证明：过平面和平面外一点，作，交于，作，交于，
则，，，
显然与不平行，设，则、，所以，，
因为，平面，所以平面，
延展平面交于点，连接，平面，
所以，，
则是二面角的一个平面角，
因为，，所以，同理有，
又，所以四边形为矩形，则，
则平面和平面形成的二面角的平面角是直二面角，故，

命题二：若，，，则（①③④②）.
证明：因为，，，
设，在平面内作直线，根据面面垂直的性质定理可得，
又因为，所以，
因为，，所以，所以.
18．【答案】(1)；
(2)；
(3)
【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示求解出的解析式，再运用三角函数的关系求解即可.
（2）根据三角函数和差公式，由已知的三角函数值求解角度即可.
（3）求出，利用正弦定理及和差角的正弦公式求解即得.
【详解】（1）依题意，，
由，得，由，得，则，
则.
（2）由，得，由，得，
则，
由，，得，
则
由，得，
所以的值为．
（3）由，得，而，即，解得，即，
则，设，，
由正弦定理得，则，
于是，
所以的取值范围是.
【方法总结】（1）根据向量数量积解出，再用三角函数的关系求解即可.
（2）根据三角函数和差公式，由三角函数值求解角度即可.
（3）求出的角度，利用正弦定理及和差角的正弦公式求解即得.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)；
(4).
【分析】（1）根据给定的条件，利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理即得.
（2）借助勾股定理的逆定理，结合线面垂直的判定定理证得平面，进而确定直线在平面的射影即可求解.
（3）作出平面与平面所成二面的角，再利用直角三角形边角关系求解.
（4）利用（2）中信息，利用割补法，结合锥体的体积公式计算即得.
【详解】（1）由，平面，平面，得平面，
由正方形，得，又平面，平面，得平面，
而平面，
所以平面平面.
（2）连接，在正方形中，，则，而，
即有，于是，
而平面，则平面，由，
得平面，因此在平面内的射影是，
令直线EF与平面所成的角为，在直角梯形中，，
所以直线EF与平面所成角的正切值为.
（3）延长与的延长线交于点，连接，则平面平面，
由（2）知，平面，平面，则，
由，得，取的中点，连接，
由，得，而平面，
则平面，又平面，则，
因此是二面角的平面角，在中，，
而，则，，
所以平面与平面所成二面角的余弦值是.
（4）由（2）知，平面，而平面，则，又，
平面，于是平面，
四棱锥的体积，
由平面，得三棱锥的体积，
所以多面体的体积.
【方法总结】 求直线与平面所成的角的一般步骤：①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．