吉林省长春市长春吉大附中实验学校2023−2024学年高一下学期7月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份吉林省长春市长春吉大附中实验学校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．样本数据的第70百分位数为（ ）
A．7B．9C．9.5D．10
2．已知向量，其中，且，则向量与的夹角是（ ）
A．B．C．D．
3．从一批产品（既有正品也有次品）中随机抽取三件产品，设事件A=“三件产品全不是次品”，事件B=“三件产品全是次品”，事件C=“三件产品有次品，但不全是次品”，则下列结论中不正确的是（ ）
A．A与C互斥B．B与C互斥
C．A，B，C两两互斥D．A与B对立
4．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．已知正四棱台的上､下底面边长分别为和，且，则该棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．在中，角的对边分别为，已知三个向量，共线，则的形状为（ ）
A．等边三角形B．钝角三角形
C．有一个角是的直角三角形D．等腰直角三角形
7．一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是（ ）
A．B．C．D．
8．庑殿（图1）是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，多用于宫殿、坛庙、重要门楼等高级建筑上，庑殿的基本结构包括四个坡面，坡面相交处形成5根屋脊，故又称“四阿殿”或“五脊殿”．图2是根据庑殿顶构造的多面体模型，底面是矩形，且四个侧面与底面的夹角均相等，则（ ）．

A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．设为复数，下列命题正确的是（ ）
A．B．
C．若，则为纯虚数D．若，且，则
10．某企业对目前销售的A，B，C，D四种产品进行改造升级，经过改造升级后，企业营收实现翻番，现统计了该企业升级前后四种产品的营收占比，得到如下饼图：
下列说法正确的是（ ）
A．产品升级后，产品A的营收是升级前的4倍
B．产品升级后，产品B的营收是升级前的2倍
C．产品升级后，产品C的营收减少
D．产品升级后，产品B，D营收的总和占总营收的比例不变
11．如图，在社会实践活动中，李明同学设计了一款很“萌”的圆台形台灯，台灯内装有两个相切且球心均在圆台的轴上的球形灯泡，上、下两灯泡的球面分别与圆台的上、下底面相切，且都与圆台的侧面相切，若上、下两球形灯泡的半径分别为和，则（ ）
A．圆台形台灯的母线所在直线与下底面所成角的大小为
B．圆台形台灯的母线长为
C．圆台形的上、下底面半径之积为
D．圆台形台灯的侧面积大于
三、填空题（本大题共3小题）
12．若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为 ，方差为 .
13．在矩形中，，，点在对角线上，点在边上，且，，则 ．
14．非直角的内角的对边分别为，若，则 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，边长为4的正方形中，点分别为的中点．将分别沿折起，使三点重合于点P．
(1)求证：；
(2)求三棱锥的体积；
(3)求二面角的余弦值．
16．如图，在平面四边形ABCD中，，．

(1)若，，求的值；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
17．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，而亚运会志愿者的服务工作是举办一届成功的亚运会的重要保障.为配合亚运会志愿者选拔，某高校举行了志愿者选拔面试，面试成绩满分100分，现随机抽取了80名候选者的面试成绩，绘制成如下频率分布直方图.

(1)求的值，并估计这80名候选者面试成绩平均值，众数，中位数；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，中位数精确到0.1）
(2)乒乓球项目场地志愿服务需要3名志愿者，有3名男生和2名女生通过该项志愿服务选拔，需要通过抽签的方式决定最终的人选，现将3张写有“中签”和2张写有“未中签”字样的字条随机分配给每一位候选人，求中签者中男生比女生多的概率.
18．如图，四棱锥与三棱锥构成了一个组合体，其中在线段上，且、、三点共线．四边形是边长为的正方形，且，．为棱中点，且平面．

(1)证明：平面；
(2)证明：平面；
(3)求平面与平面所成角的大小．
19．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率；
(2)一名同学先玩了游戏一，试问为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大．
参考答案
1．【答案】D
【分析】由百分位数的求解方法计算即可.
【详解】该组数据从小到大排列为：，
因为，所以该组数据的第70百分位数为从小到大排列的第6个数，为10.
故选D.
2．【答案】B
【分析】由垂直关系结合数量积公式计算即可.
【详解】因为，所以，即，
，因为向量与的夹角范围为，所以向量与的夹角是.
故选B.
3．【答案】D
【分析】随机抽取三件产品，得出总事件，再分别得出事件A，事件B，事件C包含的事件，再由互斥事件及对立事件的定义即可判断出结果.
【详解】随机抽取三件产品，总事件中包含“0件次品，3件正品”，“1件次品，2件正品”，“2件次品，1件正品” ，“3件次品，0件正品”
事件A=“三件产品全不是次品”即“0件次品，3件正品”，
事件B=“三件产品全是次品”即“3件次品，0件正品”，
事件C=“三件产品有次品，但不全是次品” 即“1件次品，2件正品”，“2件次品，1件正品”
由互斥事件的定义知：A，B，C两两互斥，故ABC正确；
由互斥事件的定义知：A与B互斥，但是A与B的和事件不是总事件，故A与B对立不是对立事件，故D错误.
故选D.
【关键点拨】关键根据是互斥事件及对立事件的定义即可判断出结果.
4．【答案】D
【分析】根据空间中线面、面面平行、垂直的判定定理和性质定理分析判断，即可得出结果.
【详解】由是两条不同的直线，是两个不同的平面，
若，则与可能相交、平行或，故A错误；
若，则或，故B错误；
若，则或相交，故C错误；
若，则确定一个平面，设为，
又，所以，
则由面面平行的判定定理得，故D正确.
故选D.
5．【答案】B
【分析】根据正棱台的几何特点，结合已知条件，求得棱台的高，再求棱台体积即可.
【详解】对正四棱台，连接，取中点分别为，连接，如下所示：
因为为正四棱台，则四边形均为正方形，且垂直于上下底面，，
易知//，，故四边形为平行四边形，则//，且，
因为，则，又，且，
由，即，解得；
由面，面，则；
则，
又正方形的面积为，正方形的面积为，
故正四棱台的体积.
故选B.
6．【答案】A
【分析】由向量共线的坐标运算可得，利用正弦定理化边为角，再展开二倍角公式整理可得，结合角的范围求得，同理可得，则答案可求．
【详解】向量，共线，，
由正弦定理得：，
，则，
，，，即．
同理可得．
形状为等边三角形．
故选A．
7．【答案】B
【详解】设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ..
故选B.
8．【答案】A
【分析】设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，，设四个侧面与底面的夹角为，即可得到，根据三角形全等得到方程，整理即可.
【详解】如图所示，设点在底面上的射影为，作，，垂足分别为，．
则为侧面与底面的夹角，为侧面与底面的夹角，
设四个侧面与底面的夹角为，则在和中，，

又因为为公共边，所以，即，整理得．
故选A.
9．【答案】AD
【分析】根据复数模的性质判断A，取特殊值判断BC，根据复数模的性质、共轭复数模的性质判断D.
【详解】由复数模的性质知，故A正确；
取，则，故B错误；
取，则，为实数，故C错误；
因为，，所以，故D正确.
故选AD.
10．【答案】ABD
【分析】根据扇形统计图由产品升级前的营收为，升级后的营收为，结合图中数据即可结合选项逐一求解.
【详解】设产品升级前的营收为，升级后的营收为.
对于产品，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的4倍，A正确.
对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收是升级前的2倍，B正确，
对于产品 ，产品升级前的营收为，升级后的营收为，故升级后的产品的营收增加，C错误.
产品升级后，产品营收的总和占总营收的比例不变，D正确.
故选ABD.
11．【答案】BCD
【分析】对A，作辅助线，求出，，结合边角关系得出圆台形台灯的母线所在直线与下底面所成角；对B，由结合边角关系得出母线长；对C，求出，进而由边角关系得出；对D，由侧面积计算得出圆台形台灯的侧面积.
【详解】对于A：如下图所示，点为球面与圆台的切点，
过点作，垂足为，设小球半径为，大球半径为，
易知圆台形台灯的母线所在直线与下底面所成角为，
因为，所以，
，
故，A错误；
对于B： 因为，
所以，故B正确；
对于C：，
，，
则圆台形的上、下底面半径之积为，故C正确；
对于D：，故D正确；
故选BCD.
12．【答案】
【分析】根据中位数和方差的关系求值.
【详解】因为数据的中位数为16，方差为64，
所以数据的中位数为4，方差为，
所以数据的中位数为，方差为4.
故答案为：3；4.
13．【答案】
【分析】以为基底向量表示，再根据垂直关系结合数量积的运算律运算求解.
【详解】以为基底向量，
则，
因为，，且，则，
所以.
故答案为：.

14．【答案】1
【分析】由正弦定理角化边得，再由三角恒等变换结合边角互化得出答案.
【详解】因为，所以，
.
故答案为：1.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】(1)先证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
(2)根据棱锥的体积公式即可求得答案;
(3)作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】(1)证明：因为在正方形中，
折叠后即有，
又平面，
所以平面，而平面,
故；
(2)由题意知，故，
故；
(3)取线段的中点G，连接，
因为，
所以有，平面,平面,
所以即为二面角的平面角，
又由(1)得平面，平面，
故,而,,
故,
即二面角的余弦值为.
16．【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)中求出，在中，由正弦定理求出的值；
(2)和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．
【详解】(1)在中，，，则，
，
在中，由正弦定理得，
.
(2)在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
又，则，，
四边形ABCD的面积
.
17．【答案】(1)，，众数为70，中位数为；
(2).
【分析】(1)由频率和为1列方程可求出的值，根据平均数的定义可求出，由众数的定义可求得众数，先判断中位数的位置，再列方程求解即可；
(2)利用列举法结合古典概型的概率计算公式求解即可.
【详解】(1)由频率分布直方图可知，解得，
，
众数为70，
因为前2组的频率和为，前3组的频率和为，
所以中位数在第3组，设中位数为，则
，解得，
所以中位数为.
(2)记3名男生分别为，记2名女生分别为，则所有抽签的情况有：
未中签，中签；未中签，中签；未中签，中签；
未中签，中签；未中签，中签；未中签，中签；
未中签，中签；未中签，中签；未中签，中签；
未中签，中签，共有10种情况，
其中中签者中男生比女生多的有：未中签，中签；未中签，中签；
未中签，中签；未中签，中签；未中签，中签；
未中签，中签；未中签，中签，共7种，
所以中签者中男生比女生多的概率为.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】(1)由平行传递性证明四边形为平行四边形，得出点为的中点，再由中位线定理证明，进而由线面平行判定证明平面；
(2)由平面结合证明平面，进而得出，再证明为等腰三角形，从而得出，最后由判定证明即可；
(3)由，结合定义确定平面与平面所成角为，再由边角关系求解即可.
【详解】(1)连接，，，
，

即四边形为平行四边形，则点为的中点，
又为中点，，
平面，平面，
平面.
(2)平面，平面，
，
又，平面，，
平面，平面，
.
又平面，.
在中，，
，
平面，
平面.
(3)由，可得，
又平面，平面，
，
则平面与平面所成角为，
又点为中点，，
，
在中，，
则，
则平面与平面所成角为.
19．【答案】(1)游戏一获胜的概率为，游戏二获胜的概率为；
(2)的所有可能取值为．
【分析】(1)利用列举法，结合古典概型的概率公式即可得解；
(2)利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书券的概率，从而得到游戏三获胜的概率，进而利用表格得到编号之和为的概率，由此得解.
【详解】(1)设事件“游戏一获胜”，“游戏二获胜”，“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为，则，
因为，所以，．所以游戏一获胜的概率为．
游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间，
则，因为，
所以，所以，所以游戏二获胜的概率为．
(2)设“先玩游戏二，获得书券”，“先玩游戏三，获得书券”，
则，且，，互斥，相互独立，
所以
又，且，，互斥，
所以
若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则，
所以，即．
进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表：
当时，，舍去
当时，，满足题意，
因此的所有可能取值为．
游戏一
游戏二
游戏三
箱子中球的
颜色和数量
大小质地完全相同的红球3个，白球2个
（红球编号为“1，2，3”，白球编号为“4，5”）
取球规则
取出一个球
有放回地依次取出两个球
不放回地依次取出两个球
获胜规则
取到白球获胜
取到两个白球获胜
编号之和为获胜
第二次第一次
1
2
3
4
5
1
2
3
4
5