贵州省贵阳市2023−2024学年度第二学期期末监测试卷高一 数学试题（含解析）

这是一份贵州省贵阳市2023−2024学年度第二学期期末监测试卷高一 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．已知，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．周明同学本学期的8次数学测验成绩为：.则这8次成绩的第80百分位数为（ ）
A．86B．88C．90D．87.5
3．已知平面向量，且，已知点坐标为，则点坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．关于事件和事件，下列说法错误的是（ ）
A．若与互为互斥事件，则
B．若，则与互斥
C．若与互斥，则
D．若与相互独立，则
5．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．若样本数据的平均数是62.3，方差为16，则对于样本数据，下列结论正确的是（ ）
A．平均数是124.6，方差为64B．平均数是124.6，标准差为32
C．平均数是123.6，方差为32D．平均数是123.6，标准差为8
7．如图，在正方体中，点分别是的中点，过点的平面截该正方体所得的截面是（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
8．在中，，且是边上一点，且，则的值为（ ）
A．B．6C．D．0
二、多选题（本大题共2小题）
9．中角所对的边分别为，若，则下列结论正确的有（ ）
A．若，则有一个解
B．若有两个解，则有可能等于
C．若为等腰三角形，则或4
D．若为直角三角形，则一定为2
10．如图，在正方体中，点在线段上运动时（包括点），下列命题正确的是（ ）
A．三棱锥的体积不变
B．直线一定与平面平行
C．直线与夹角余弦值的取值范围为
D．当时，二面角的余弦值为
三、填空题（本大题共5小题）
11．若复数满足，则复数的虚部为 .
12．已知向量满足，则 .
13．有一个底面边长分别为的直三棱柱，如果该三棱柱存在内切球，即该球与三棱柱的各个面都相切.则该三棱柱的体积为 .
14．在中，角所对的边分别为，若，且，则周长的最大值为 .
15．豌豆是自花传粉､闭花受粉的植物，在自然条件下只能进行自交. 豌豆叶子黄色（）相对绿色（）为完全显性，即都表现为黄色，表现为绿色.现有遗传因子组成为和的亲本植株杂交，子一代植株的遗传因子为.令子一代植株自交，获得的子二代植株遗传因子组成有三种类型：.据此回答下列问题：
（1）通过子一代植株自交后，获得的子二代植株的叶子颜色是绿色的概率为 .
（2）若随机选择一株子二代植株进行自交，获得的子三代植株的叶子颜色是绿色的概率为 .
四、解答题（本大题共5小题）
16．在中，点在边上，且，设.
(1)用表示；
(2)若且，求.
17．在中，角的对边分别为，已知.
(1)求的值；
(2)求的面积.
18．根据央视网消息显示，贵州省文旅厅网站5月1日公布《2023年“五一”假期前三天全省文化旅游情况》，其中显示，假期前三天，根据抽样调查结果，全省接待游客2038.26万人次（用2038万计算），较2022年假日同期增长（用计算），恢复到2019年假日同期水平的（用计算）.某大学旅游管理专业的学生陈枫为了了解“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景的知晓情况，随机抽选了若干名游客进行问卷调查，根据问卷得分，统计如下：
(1)求2022年和2019年“五一”假期前三天全省接待游客人次（单位：万），精确到0.01.
(2)根据表格估计“红色旅游景区”的游客对景区历史文化背景知晓情况问卷得分的平均水平（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）.
(3)陈枫为了答谢游客的参与，在问卷得分为的游客中按的比例抽选6人作为景区“幸运游客”，景区在“幸运游客”中随机选取两人评为“五星游客”，求得分为，的游客中各有一人评为“五星游客”的概率.
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面为的中点.
(1)设平面与直线相交于点，求证：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小.
20．材料一：我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都可以分解成一次因式的乘积，且一次因式的个数（包括重复因式）就是被分解的多项式的次数.事实上，数学中有如下定理：
代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根.
材料二：由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积.进而，一元次多项式方程有个复数根（重根按重数计）.
下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系.
设实系数一元二次方程,
在复数集内的根为，容易得到,
设实系数一元三次方程①,
在复数集内的根为，可以得到，方程①可变形为,
展开得②,
比较①②可以得到根与系数之间的关系：
.
阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识解决下列问题：
(1)对于方程在复数集内的根为，求的值；
(2)如果实系数一元四次方程在复数集内的根为，试找到根与系数之间的关系；
(3)已知函数，对于方程在复数集内的根为，当时，求的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【分析】由复数乘法以及复数的几何意义即可求解.
【详解】，它对应的点位于第四象限.
故选D.
2．【答案】B
【分析】数学测验成绩从小到大排列，根据第80百分位的定义计算可得答案.
【详解】周明同学本学期的8次数学测验成绩为：，
因为，所以这8次成绩的第80百分位数为.
故选B.
3．【答案】A
【分析】直接由向量坐标的线性运算即可求解.
【详解】设点坐标为，则，解得.
故选A.
4．【答案】A
【分析】由互斥事件、对立事件定义可判断ABC，由独立事件定义可判断D.
【详解】对于A：若与互为互斥事件但不对立，则不成立，故A错误；
对于B：若，这意味着若发生则一定不发生，换言之则与互斥，故B正确；
对于C：若与互斥，则，，故C正确；
对于D：若与相互独立，则，故D正确.
故选A.
5．【答案】B
【分析】由线面、面面位置关系即可逐一判断各个选项.
【详解】对于A：若，且，则或相交或或，故A错误；
对于B：由线面平行的性质可知，若，则，故B正确；
对于C：设，，，又，所以，但不成立，故C错误；
对于D：若，则或异面，故D错误.
故选B.
6．【答案】D
【分析】直接由平均数、方差（标准差）的性质即可求解.
【详解】若样本数据的平均数是62.3，方差为16，
则对于样本数据，平均数是，标准差为.
故选D.
7．【答案】C
【分析】把截面补形，利用共面可得结果．
【详解】
延长与直线相交于连接与分别交于点
连接，则五边形即为截面.
故选C.
8．【答案】C
【分析】根据已知条件两边平方可得，结合三角形面积公式得，从而得到，最后代入计算得出结果.
【详解】因为，且，所以,
因为，所以为角平分线，
两边平方得,
化简得，
所以由三角形面积公式，有,
得到,
（其中为角平分线），
代入化简得,
因此可得,
所以
.
故选C.
【关键点拨】属于向量二级结论，说明是角平分线.
证明如下：
设,，则,且,
由平行四边形法则，易知四边形为菱形，为菱形的对角线，故由菱形对角线平分对角的性质可知，是，即的角平分线.
9．【答案】AB
【分析】对于A，由余弦定理得到，故只有一个解；对于B，由余弦定理得，根据得到有两个解；对于C，当时，，
当时，由正弦定理求出；对于D，若为直角时，，若为直角时，.
【详解】对于A：由余弦定理得，
即，故，
解得，故有一个解，故A正确；
对于B：当时，由余弦定理得，
即，解得，
因为，而，故有两个解，故B正确；
对于C：当时，，
当时，，
由正弦定理得，即，
其中
，
故，解得，故C错误；
对于D：若为直角，，故，
若为直角，，故，
则不一定为2，故D错误.
故选AB.
10．【答案】ABD
【分析】对于A，只需证明平面即可判断；对于B，直接由线面平行的判定定理证明平面即可判断；对于C，由定义法可以得知直线与夹角的大小等于，故只需求出的范围即可进一步判断；对于D，设分别为靠近的三等分点，由定义法可知二面角的平面角为，进一步结合解直角三角形知识即可判断.
【详解】对于A：连接，设该正方体的棱长为，
因为平面，平面，
所以平面，因此点到平面的距离相等，
故，故A正确；
对于B：因为，平面，平面，所以平面，故B正确；
对于C：因为，所以直线与夹角的大小等于，设，
因为平面，平面，所以，
所以，
在等腰直角三角形中，点在斜边上，设到的距离为，
所以，
所以的取值范围是，所以的取值范围是，故C错误；
对于D：设分别为靠近的三等分点，连接，显然，
因为，所以，
又平面，所以平面，所以，
而，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又因为，平面平面，平面，平面，
所以二面角的平面角为，
而在直角三角形中，，
从而，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】
【分析】直接由复数除法运算以及虚部的概念即可求解.
【详解】，
故复数的虚部为.
12．【答案】
【分析】根据已知模长应用数量积的运算律计算即可.
【详解】因为，所以，
又因为，所以
所以.
13．【答案】
【分析】由等面积法求得底面内切圆的半径，进一步结合已知可得三棱柱的高，即可求解.
【详解】因为，所以底面是斜边为5的直角三角形，
设其内切圆半径为，三棱柱的高为，
由等面积法得，解得，
如果该三棱柱存在内切球，这意味着，
所以该三棱柱的体积为.
14．【答案】
【分析】先由已知条件结合正弦定理得到，然后证明，最后说明当时，即可得到周长的最大值为.
【详解】由已知有，
结合正弦定理就有，故.
从而，
故，从而，由知.
而当时，满足全部条件，此时.
所以周长的最大值为.
15．【答案】
【分析】（1）第一空直接由独立乘法公式即可求解；
（2）第二空直接由独立乘法、互斥加法公式即可求解.
【详解】（1）通过子一代植株自交后，子二代植株的叶子颜色是绿色（）的概率为；
（2）若随机选择一株子二代植株进行自交，获得的子三代植株的叶子颜色是绿色（）的，则子二代遗传因子组成为，
而子二代得到的概率为，
子二代得到的概率为，
子二代得到的概率为，
故所求为.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的减法及数乘运算表示即可；
（2）应用（1）的结论结合数量积运算律求模长.
【详解】（1）在中，，
，则，
；
（2），则，即，
由（1）可知，
.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由平方关系以及正弦定理即可求解；
（2）由余弦定理求得，再结合三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）因为，且角是三角形内的角，所以可得，
由正弦定理可得；
（2）由余弦定理得，即，即，
可得或-3，因为是的一边，
所以，由三角形面积公式可得.
18．【答案】(1)1435.21万，1940.95万
(2)90
(3)
【分析】（1）根据2022年和2019年和已知数据2023年的数据的比例关系求解；
（2）由表中数据计算，平均数等于每一组的平均值乘以频率的和；
（3）根据比例，找出得分为分别抽取2人和4人为“幸运游客”.找出总的组合结果为15，各一人的结果有8种，从而得到概率.
【详解】（1）由题可知2022年“五一”假期前三天全省接待游客人次为万；
2019年同期接待游客人次为万.
（2）由表中数据计算，游客的平均水平估计为
.
（3）由题意可知，在得分为中分别抽选了2人（记为）和4人（记为）为“幸运游客”.
所以从中选两人的可能结果有：共15种，
其中各占一人的结果有共8种，
所以所求概率为.
19．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）首先证明平面，然后结合线面平行的性质得，再结合线面平行的判定定理即可得解；
（2）首先说明是直线与平面所成的角，结合解三角形知识即可求解.
【详解】（1）因为底面为菱形，所以，
因为平面，且平面，
所以平面，
因为平面，且平面平面，
所以，
因为平面，且平面，
所以平面.
（2）过作交于，连接，
因为平面平面，
所以，
又因为平面，
所以平面，
所以是直线与平面所成的角，
因为底面为菱形，且，
所以为等边三角形，且，
所以，
所以平面平面，
所以，且是的中位线，
所以在中，,，
所以在中，，
所以，即直线与平面所成的角为.
20．【答案】(1)
(2)答案见详解
(3)
【分析】（1）根据题中阅读材料按公式求得三个根之间的关系，再计算的值；
（2）根据题意推广得到一元四次方程根与系数的关系；
（3）由题有的三个实根为，设，右侧展开利用对应系数相等得，计算结合求最大值；
【详解】（1）由阅读材料可知：，且，
则有；
（2）由材料可知，一元四次方程可改写为，
展开得
，
故可得
；
（3）由题有的三个实根为.
设，
展开得，
故，
令，则，
则，
又，故，
综上：当时，的最大值为.
【关键点拨】本题第三问关键是由题有的三个实根为，
设，右侧展开利用对应系数相等得，计算结合求最大值.得分
频率
0.10
0.20
0.40
0.20
0.10