新疆维吾尔自治部分名校2023—2024学年高一下册期末联考数学试卷[附解析]

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1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知复数满足，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的四则运算可得复数，进而可得.
【详解】由，得，
即，
解得，
所以，
故选：B.
2.记的内角的对边分别为，已知，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理和余弦定理求解即可
【详解】因为，所以.
由，得.
故选：D.
3.给出下列四个结论：
①经过两条相交直线，有且只有一个平面；
②经过两条平行直线，有且只有一个平面；
③经过三点，有且只有一个平面；
④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面.
其中正确结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据点、线、面的基本事实及推论进行判断即可.
【详解】根据基本事实以及推论，易知①②正确.
若三点共线，则经过三点的平面有无数多个，故③错误.
若点在直线外，则确定一个平面，若点在直线上，则可有无数个平面，故④错误.
即正确的命题有2个，
故选：B.
4.已知小王4次月考的数学成绩分别为125，116，120，131，则这些成绩的第75百分位数是（ ）
A. 122.5B. 125C. 128D. 131
【答案】C
【解析】
【分析】利用百分位数的概念先排序再求相应位置的分位数即可.
【详解】将这些成绩从小到大排列为.
因为，所以这些成绩的第75百分位数是.
故选：C.
5.从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字相邻的概率是（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】由古典概率公式求解即可．
【详解】解：由题意可知，样本空间，共6种，卡片数字相邻的有，共3种，
所以所求概率.
故选：B
6.某商品3〜5月份在甲、乙、丙、丁四个地区的销量如下图所示，则在这四个地区中该商品3〜5月份销量方差最小的为（ ）
A.甲地区B.乙地区C.丙地区D.丁地区
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由方差的计算公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由图可得，丁地区销量最稳定，所以丁地区销量的方差最小．
故选：D
7.已知方程的根分别为，则（ ）
A. 0B. 2C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数根的性质进行配凑，结合复数乘法即可求解.
【详解】
.
故选：A.
8.在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则与平面所成角的正弦值的最小值为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点，连接.设正方体的棱长为，则可得与平面所成的角为，得，所以只要最大即可得答案.
【详解】取的中点，连接.设正方体的棱长为，
则在中，为线段的中点，为的中点，
所以为的中位线，所以.
又因为平面，所以平面，
则与平面所成的角为，则.
由，得，
所以要使与平面所成角的正弦值最小，则最小，
可知当与点重合时，最大，此时，
所以.
故选：A

二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.记的内角的对边分别为，下列结论正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则的外接圆的半径为4
D.若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正切函数性质判断A，利用正弦定理判断BCD．
【详解】对于A，若，则，显然不成立，所以，则A正确.
对于B，因为，所以，由知，B正确.
对于C，设的外接圆的半径为，由，解得，C错误.
对于D，因，所以，由，得，D正确.
故选：ABD．
10.在抛掷一个质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“出现小于5的奇数点数”，事件B表示“出现不小于5的点数”，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.事件或至少有一个发生的概率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据各事件包含的点数，然后由概率公式计算出概率后判断各选项．
【详解】事件A表示“出现的点数为1，3”，事件表示“出现的点数为5，6”，可知互斥，所以错误.
事件表示“出现的点数为1，3”，所以，而，B正确.
由上知，所以，C正确
因为，所以D正确.
故选：BCD．
11.如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为，以O为中心作正六边形，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上.现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该正六棱台的高为，则下列结论正确的是（ ）

A.正六边形的边长为4
B.该正六棱台的侧面积为
C.该正六棱台的外接球半径为
D.该正六棱台的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A、B，求出与的关系即可由求解；对于C，判断出球心在线段上，接着由（为正六棱台外接球半径）即可求解；对于D，求出上下底面积即可由棱台体积公式直接计算求解.
【详解】如图1，设以为底边的等腰三角形的中位线为，
连接，分别交于点，则分别为的中点，
设，则由中位线和正六边形性质得，
所以①，
折叠后形成的正六棱台如图2所示，由正六边形性质，，
设上底面的中心为，连接，则，
连接，则是正六棱台的高，即，
过点作交于点，
则由由正六棱台结构性质可知平面，故，
在中，②.
由①②得，解得，
所以正六棱台的上､下底面的边长分别为和，故A正确；
该正六棱台的侧面高为，
所以正六棱台侧面积为，故B正确；
由以及正六棱台和球的对称性可知正六棱台的外接球球心必在线段上，
连接，则均为外接球的半径，设为，

由勾股定理得
所以，
又因为，
所以，解得，
则，所以，故C错误；
因为正六棱台上底面面积，下底面面积，
所以所求体积，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：求解简单几何体外接球先确定圆心位置，再建立关于外接球半径的直角三角形模型和等量关系即可求解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.某中学高一年级有男生640人，女生480人.为了解该年级男､女学生身高差异，应采用__________（从“简单随机”和“分层随机”中选一个最合适的填入）抽样.若样本容量为112，则应抽取的女生人数为__________.
【答案】 ①.分层随机 ②. 48
【解析】
【分析】利用分层抽样结合分层抽样的样本容量的计算公式求解即可.
【详解】因为男､女学生的身高存在明显差异，所以应采取分层随机抽样的方法抽取样本.若样本容量为112，则应抽取的女生人数为.
故答案为：分层随机，48.
13.现用一枚甲型导弹和一枚乙型导弹各射击目标一次，则目标被击中的概率为.已知一枚甲型导弹击中目标的概率是，且甲､乙两种导弹是否击中目标互不影响，则一枚乙型导弹击中目标的概率是__________.
【答案】##0.8
【解析】
【分析】利用独立事件结合对立事件求解即可.
【详解】设一枚乙型导弹击中目标的概率是，由题意知，解得.
故答案为：
14.已知点是的内心，，则面积的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，再利用面积公式即可求解.
【详解】因为点是的内心，，所以.
由余弦定理得，
所以，
则，
故的面积.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.已知平面向量满足．
（1）若，求的值；
（2）若，求向量与夹角的大小．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据向量平行的坐标表示求参；
（2）先根据垂直结合向量的模长求出，最后根据夹角公式计算即可.
【小问1详解】
根据题意可得，
解得．
【小问2详解】
由，得．
因为，所以，
所以，
所以，
又，所以．
16.为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中100棵树木的底部周长（单位:，所得数据都在内，按分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求图中的值;
（2）估计这片林木中树木底部周长的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（3）若这片林木有10000棵树木，估计这片林木中底部周长在内的树木的数量.
【答案】（1）0.025
（2）102.5cm （3）6000
【解析】
【分析】（1）由所有分组的频率之和为1，求的值；
（2）利用频率分布直方图求出数据的平均值；
（3）由范围内的频率计算频数.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，解得0.025.
【小问2详解】
设这片林木中树木底部周长的平均值为，
则
【小问3详解】
由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在内的频率是，
则这片林木中底部周长在内的树木的数量的估计值是.
17.记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，即可得答案；
（2）由（1）及余弦定理可得或，后由C为钝角可排除，即可得答案.
【小问1详解】
因为，所以.
又，所以，则，
因为，所以.
【小问2详解】
因为，所以.
由余弦定理，得.
整理得，解得或.
因，则.
当时，，不合题意排除；
当时，，满足题意.
则，的周长为.
18.为普及防火救灾知识，某学校组织防火救灾知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手在第一轮比赛胜出后才能进入第二轮比赛.若其在两轮比赛中均胜出，则赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，甲､乙胜出的概率分别为，甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响，
（1）比较甲､乙两人谁赢得比赛的概率大；
（2）求甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率.
【答案】（1）甲赢得比赛的概率大
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意结合独立事件的概率公式分别求出甲､乙两人胜出的概率，再比较大小即可；
（2）根据独立事件和对立事件的概率公式求解即可.
【小问1详解】
设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”，
“乙在第一轮比赛中胜出”，"乙在第二轮比赛中胜出”，
则“甲赢得比赛”，，
“乙赢得比赛”，.
因为，所以甲赢得比赛的概率大.
【小问2详解】
设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
由（1）知，
所以甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率为
.
19.在四棱锥中，平面，平面平面分别为的中点．

（1）证明：平面．
（2）证明：．
（3）若二面角的正切值为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）48
【解析】
【分析】（1）连接，证明，由线线平行证线面平行即得；
（2）过作交于，证平面得，由平面得，可证平面，即得；
（3）过作交于,证平面，作交于，连接，证即为二面角平面角，由题设，通过两组三角形相似求出即得.
【小问1详解】
如图，连接．

因为分别为的中点，所以为的中位线，则．
因为平面平面，所以平面．
【小问2详解】
如图，过作交于．

因平面平面，平面平面，平面，故平面．
因为平面，所以．
因为平面平面，所以．
因为，所以平面，
又平面，所以．
【小问3详解】
如图3，过作交于，过作交于，连接．

因平面，平面,则,
因平面,故得平面.
因平面,则．
因为，平面,所以平面.
又平面，则，则即为二面角的平面角，
依题意，．
设，则．因为，所以．
由，得，即，则．
又由，得，即，解得．
因,则面积为，
故．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和二面角的几何求法，属于难题.
解题关键在于充分利用面面垂直的性质和线面垂直的判定定理，结合图形执果索因即可；对于二面角的求法，一般是先找到平面的垂线，再由垂足向棱作垂线,连线后即可证得其平面角.