吉林省“BEST合作体”2023−2024学年高一下学期期末考试 数学试题（含解析）

这是一份吉林省“BEST合作体”2023−2024学年高一下学期期末考试 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（本大题共8小题）
1．设复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．某单位有职工160人，其中业务员有104人，管理人员32人，后勤服务人员24人，现用分层抽样法从中抽取一个容量为20的样本，则抽取管理人员（ ）
A．3人B．4人C．7人D．12人
3．正方体中，的中点为，的中点为，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，已知角、、的对边分别为、、，且满足，则角为（ ）
A．B．C．D．或
5．如图，边长为2的等边三角形的外接圆为圆，为圆上任一点，若，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．1
6．甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：（1）累计负两场者被淘汰；（2）比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；（3）每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；（4）当一人被淘汰后，剩余两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签甲､乙首先比赛，丙首轮轮空，设每场比赛双方获胜概率都为，则丙最终获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，、分别为体对角线和棱上任意一点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．2
8．已知四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，为正三角形，AB＝2AD＝4，则球O的表面积为（ ）
A．πB．32πC．64πD．π
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列说法正确的是（ ）
A．的第60百分位数是6
B．已知一组数据的平均数为5，则这组数据的方差是5.2
C．用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
D．若的标准差为2，则的标准差是6
10．如图，在平面四边形ABCD中，，，，，则CD的值可能为（ ）
A．1B．C．D．2
11．已知正方体的棱长为4，点E，F，G，M分别是，，，的中点．则下列说法正确的是（ ）
A．直线，是异面直线
B．直线与平面所成角的正切值为
C．平面截正方体所得截面的面积为18
D．三棱锥的体积为
三、填空题（本大题共3小题）
12．为培养学生的阅读习惯，某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动.在了解全校学生每年平均阅读了多少本文学经典名著时，甲同学抽取了一个容量为10的样本，并算得样本的平均数为5，方差为9；乙同学抽取了一个容量为8的样本，并算得样本的平均数为6，方差为16.已知甲、乙两同学抽取的样本合在一起组成一个容量为18的样本，则合在一起后的样本平均数为 ，方差为 .（精确到0.1）
13．在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点，P是侧面四边形内(不含边界)一点，若平面AEF，则线段长度的取值范围是 .
14．如图，等腰直角三角形中，，，是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球体积的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知单位向量，的夹角为.
（1）若与垂直，求的值；
（2）若向量满足，求的最大值.
16．某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三､四､五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.
(1)求的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和分位数（精确到0.1）；
(3)在第四､五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率.
17．甲、乙两位同学参加某高校的入学面试．入学面试中有3道难度相当的题目，已知甲答对每道题目的概率都是，乙答对每道题目的概率都是．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人互不影响．
（Ⅰ）求甲第二次答题通过面试的概率；
（Ⅱ）求乙最终通过面试的概率；
（Ⅲ）求甲、乙两人至少有一人通过面试的概率．
18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是的外心，．
(1)求角A；
(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围，
19．四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
(3)在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据复数乘法运算可求得，进而得到结果.
【详解】，，，即.
故选C.
2．【答案】B
【解析】根据分层抽样原理求出应抽取的管理人数．
【详解】根据分层抽样原理知，应抽取管理人员的人数为：

故选B
3．【答案】D
【分析】利用异面直线所成的角的定义，取的中点为，则直线与所成角就是直线与成的角．
【详解】取的中点为，连接，则直线与所成角就是直线与成的角，
由题意得，故异面直线与所成角的大小为.
故选D．
4．【答案】C
【分析】利用余弦定理计算可得.
【详解】因为，即，
由余弦定理，
又，所以.
故选C
5．【答案】A
【分析】可以用共线定理，或直接用建系的方法解决.
【详解】
作BC的平行线与圆相交于点P，与直线AB相交于点E，与直线AC相交于点F，
设，则，
∵BC//EF，∴设，则
∴，
∴
∴
故选A.
6．【答案】B
【分析】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，将丙最终获胜的可能情况进行分类，分别求出各类事件发生的概率，再由互斥事件概率公式计算可得．
【详解】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，注意丙轮空时，
甲乙比赛结果对下面丙获胜概率没有影响（或者用表示），
若比赛4场，丙最终获胜，则丙3场全胜，概率为，
若比赛5场，丙最终获胜，则从第二场开始的4场比赛按照丙的胜负轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为，
所以丙获胜的概率为．
故选B．
7．【答案】D
【分析】通过证明得到，找到距离最小时，，证明为等腰直角三角形,则
【详解】如图,连接,取中点,过作面，垂足为,
在正方体中,平面,且平面,
平面平面,
平面平面,且平面，
平面,
为的中点,
,
故,而对固定点,当时,最小,
此时由面，面，，又,
，且面，故面，又面,
则面面，根据三棱锥特点，可知，而易知为等腰直角三角形，可知为等腰直角三角形,
.
故选D.
【思路导引】本题的第一个关键点是找到，然后是找到最值情况时，，最后是对式子的处理，通过证明为等腰直角三角形，从而找到线段比，则最终式子化成，再利用三点一线求出最小值，这也启示我们对于很多加权线段和的最值问题是将其转化为三点一线最值问题.
8．【答案】D
【分析】求出所在圆的半径，利用勾股定理求出球的半径，即可求出球的表面积．
【详解】令所在圆的圆心为，则圆的半径，
因为平面底面，
所以，
所以球的半径，
所以球的表面积S．
故选D
9．【答案】BD
【分析】根据百分位数的概念判断A，根据平均数和方差的概念判断B，根据抽样的等可能性判断C，根据标准差的运算判断D.
【详解】对A：的第60百分位数是：，故A错误；
对B：因为，所以这组数据的方差为：，故B正确；
对C：分层抽样，每个个体被抽到的概率相等，故C错误；
对D：的标准差为2，所以的标准差为，故D正确.
故选BD
10．【答案】CD
【分析】设，由正弦定理得，由余弦定理得，，结合辅助角公式求出，即可求解.
【详解】设，在中，由正弦定理得，即，
由余弦定理得，又，
在中，由余弦定理得
，其中，所以当时，，A、B错误，C正确；
当时，，D正确.
故选CD.
11．【答案】ACD
【分析】利用图形，作出合理辅助线，根据异面直线的判定方法即可判断A，利用线面角定义即可判断B，作出截面为等腰梯形计算即可判断C，利用顶点转换法结合三棱锥体积公式即可判断D.
【详解】对A，如图1，取的中点P，连接，
因为，
所以，，所以四边形是平行四边形，所以，
又，所以直线，是异面直线，故A正确；
对B，如图2，取的中点Q，连接，，则，
因为平面，
所以平面，所以是直线与平面所成角，
，，所以，
即直线与平面所成角的正切值为，故B错误；
对C，如图3，延长，交于点H，连接交于点N，连接，，
因为，M为的中点，则，所以B为的中点，
因为，，所以易知N为的中点，则，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，
在等腰梯形中，，，，
则，则梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，故C正确；
如图4，连接，，则，因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
又M为的中点，所以三棱锥的高为，
因为面，面，所以，
，所以，
故D正确．
故选ACD．
12．【答案】5.4 12.4
【分析】根据平均数和方差公式直接计算即可求解.
【详解】把甲同学抽取的样本的平均数记为，方差记为；
把乙同学抽取的样本的平均数记为，方差记为；
把合在一起后的样本的平均数记为，方差记为.
则，
.
即合在一起后样本的平均数为5.4，方差为12.4.
故答案为：5.4；12.4.
13．【答案】
【分析】作出过点平行于平面的平面与平面的交线，确定动点P的位置，再借助三角形计算作答.
【详解】在正方体中，取的中点M，N，连，如图，
因点E、F分别是棱BC，的中点，则，平面，平面，则有平面，
显然为矩形，有，，即有为平行四边形，
则，而平面，平面，有平面，
，平面，因此，平面平面，因平面AEF，
则有平面，又点P在平面，平面平面，
从而得点P在线段MN上（不含端点），在中，，，
等腰底边MN上高，于是得，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：.
【方法总结】作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，
或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
14．【答案】
【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，即可求出体积取值范围.
【详解】因为是直角三角形，所以其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径，
又因为平面平面，所以平面必过球心，外接球半径即为外接圆的半径，
设球的半径为，球的体积为，
在中，根据正弦定理得，，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
【思路导引】本题关键是通过两平面垂直关系以及三棱锥的底面为直角三角形判断出球心的位置，判断球心在平面上，得出球心为外接圆的圆心，再求出的取值范围即可解决问题.
15．【答案】（1）；（2）
【分析】（1）根据向量垂直得到，再利用向量的数量积求解即可；
（2）建立直角坐标系，设出向量，根据，得到的轨迹为以为圆心，为半径的圆，即可求解.
【详解】解：（1）与垂直，则，化简得，即，
解得.
（2）设，，以为原点，所在的直线为轴，
建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，设，
由，可得：，
化简得：，
即的轨迹为以为圆心，为半径的圆，
则的最大值为，
所以的最大值为.
16．【答案】(1)，
(2)平均数为69.5，分位数为69.4；
(3)
【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得，；
（2）根据直方图中各个数字特征的求法运算即可；
（3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
【详解】（1）因为第三､四､五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，解得；
（2）由（1）知，
平均数为；
前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75，所以中位数位于组内，
且，即分位数为69.4；
（3）第四､五两组志愿者分别有20人，人，
故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为
第五组志愿者人数为1，设为，
这5人选出2人，所有情况有，共10种，
其中选出的2人来自同一组的有，共6种，
所以选出的2人来自同一组的概率为.
17．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【分析】（Ⅰ）甲第二次答题通过面试，则第一次面试未通过，利用分步用乘法即可计算出概率.
（Ⅱ）利用对立事件求出乙最终未通过面试的概率，再用1减去未通过面试的概率即得通过的概率.
（Ⅲ）利用对立事件求出甲、乙两人都未通过面试的概率，再用1减去甲、乙两人都未通过面试的概率即得甲、乙两人至少有一人通过面试的概率.
【详解】（Ⅰ）设甲第二次答题通过面试为事件，则．
（Ⅱ）设乙最终通过面试为事件，对立事件为乙最终没通过面试，
∵，
∴．
（Ⅲ）设甲、乙两人至少有一人通过面试为事件，对立事件为甲、乙两人都没有通过面试，
∵，
∴．
18．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由三角形外心的定义和向量数量积的几何意义对条件化简，然后利用正弦定理边化角，整理化简可得；
（2）先求外接圆半径，结合（1）和正弦定理将三角形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质可得.
【详解】（1）过点O作AB的垂线，垂足为D，
因为O是的外心，所以D为AB的中点
所以，同理
所以，由正弦定理边化角得：
所以
整理得：
因为，所以
所以，即
又，
所以，得
（2）记外接圆的半径为R，
因为外接圆的周长为，
所以，得
所以周长
由（1）知，
所以
因为，所以
所以
所以，即
所以周长的取值范围为
19．【答案】(1)证明见解答
(2)
(3)存在，
【分析】（1）取的中点，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解平面与平面的夹角，即可求解；
（3）设，利用空间向量法求解与平面的夹角，从而求解.
【详解】（1）如图1，取的中点，连接
因为且，又因为分别是的中点，
所以且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，平面，所以，
因为，所以，令，
又因为，所以，
如图2，以为原点，所在方向分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以
设点坐标为，则，
由得，则，
所以，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，
所以面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为，
由，令，得，
所以平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为．
（3）存在，，理由如下：
设，
所以设，，所以，
所以，
因为与平面所成角的正弦值为，所以，
整理得，解得或（舍），
所以存在满足条件的点，，则.