江苏省南京市玄武区南京田家炳高级中学2023-2024学年高二下学期6月期末考试数学试题

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注意事项：
1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．
2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．
3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．
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. 样本数据的平均数，方差，则样本数据，，，的平均数，方差分别为（ ）
A. 9，4B. 9，2C. 4，1D. 2，1
【答案】A
【解析】
【分析】由平均值、方差的性质求新数据的平均数和方差．
【详解】由，得样本数据，，，的平均数为，
由，得样本数据，，，的方差为.
故选：A
2. 已知复数，则其共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用除法运算直接计算可得结果.
【详解】因为.
所以.
所以的虚部为.
故选：A
3. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法画直观图的性质，即平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段的长度减半，结合图形求得原图形的各边长，可得周长．.
【详解】直观图正方形的边长为，，
原图形为平行四边形，如图：
其中，高，
，
原图形的周长.
故选：A.
4. 已知向量，满足，，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知：，根据模长关系结合数量积的运算律可得，进而可求投影向量.
【详解】由题意可知：，
因为，则，
即，可得，
所以向量在向量方向上的投影向量为.
故选：A.
5. 连续地掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，记事件为“第一次出现2点”，事件为“第二次的点数小于等于4点”，事件为“两次点数之和为奇数”，事件为“两次点数之和为9”，则下列说法不正确的是（ ）
A. 与不是互斥事件B. 与相互独立
C. 与相互独立D. 与相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】先利用古典概型概率公式分别求出事件概率，再按照选项要求，利用事件的交事件是否为空集，确定是否互斥；两事件交事件的概率是否等于两事件概率的乘积，判断两时间是否独立即得.
【详解】依题意，试验的样本空间为，，
显然，则；，；
，；，.
对于A，因,故与不是互斥事件，A正确；
对于B，因，，而,故与不独立，即B错误；
对于C，因，,故与相互独立，即C正确；
对于D，因，，故与相互独立，即D正确.
故选：B.
6. 已知，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助辅助角公式与二倍角公式计算即可得.
【详解】，即，
则.
故选：A.
7. 在中，点F为线段BC上任一点（不含端点），若，则的最小值为（ ）
A. 3B. 4C. 8D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】先根据共线向量基本定理得到，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】因为点F为线段BC上任一点（不含端点），
所以设，故，
即，
又，
故，
故，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为9.
故选：D
8. 如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．则以下结论正确的为（ ）
A. 三棱锥中，点P到面的距离为定值
B. 过点P平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
C. 当点P为中点时，三棱锥的外接球体积为
D. 直线与面所成角的正弦值的范围为
【答案】D
【解析】
【分析】对A：根据线面平行分析可知：点P到平面的距离为定值，再利用等体积法求点P到平面的距离；对B：过点P平行于平面的平面被正方体所截的截面为，判断其形状求面积；对D：可证平面，则根据直三柱的外接球分析可得：平面，且，结合解三角形求的外接圆半径，进而求三棱锥的外接球的半径和体积；对C：根据线面夹角的定义可得，结合题意运算求解.
【详解】对于A中，由题意可得：且
∴为平行四边形，则
平面，平面
∴平面
又∵P为线段上，则点P到平面距离为定值
设点P到面的距离为h，为等边三角形，面积为
∵，即，解得，A不正确；
对于B中，过点P平行于平面的平面被正方体所截的截面为，
此时三角形为边长为的等边三角形，其面积为，B不正确；
设直线与平面所成角为，则，
∵，则，D正确；
对于C中，当点P为中点时，则
∵平面，平面
∴
，平面
∴平面
设的外接圆圆心为，半径为，三棱锥的外接球的球心，半径为，连接，则平面，且
对于，则
∴，则
∵，则
∴，即，则三棱锥的外接球的体积为，所以C不正确．
故选：D．
【点睛】①对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求三棱锥的体积的一种方法；
②对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
③对于直三棱柱的外接球的问题：外接球的球心与底面外接圆圆心的连线平行于侧棱，且长度为侧棱的一半.
二、选择题：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，不选或有选错的得0分．
9. 已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】举例说明判断AD；利用复数运算及共轭复数、复数模的意义计算判断BC.
【详解】对于A，取，，而，A错误；
对于B，设，
，由，
得，，B正确；
对于C，由及已知得，设，
，解得，
则，C正确；
对于D，取，，而，D错误.
故选：BC
10. 已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据空间中线面的位置关系，逐一分析选项，即可得答案.
【详解】对于A：若，，则，，则，故A正确；
对于B：若，，，则，故B正确；
对于C：若，，，则m与n可异面，可平行，故C错误；
对于D：由面面垂直的性质定理可得，D正确.
故选：ABD
11. 在中，角所对的边分别为，为平面内一点，下列说法正确的有（ ）
A. 若为的外心，且，则
B. 若为的内心，，，（m，），则
C. 若为重心，，则
D. 若为的外心，且到a，b，c三边距离分别为k，m，n，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据为的外心，得到，结合，求得，可判定A正确；根据为的内心，延长交于，得到点为的中点，且，求得和的长度，得到，可判定B正确；由为的重心，得，根据题意，求得，可判定C不正确；由到三边距离为，结合三角形的面积公式和正弦的倍角公式，求得和，可判定D正确.
【详解】对于A中，因为为的外心，可得，
因为，可得，
所以，所以，
所以，所以，所以A正确；
对于B中，如图所示，为的内心，连接，延长交于，
因为，则点为的中点，且，
因为，，可得，
由三角形内心的性质，可得，
即，解得，，
所以，
因为，
所以，所以B正确；
对于C中，因为为的重心，可得，所以，
因为，可得，
所以，可得，
又因为向量与不共线的非零向量，所以且，
所以，此时不是等边三角形，所以，所以C不正确；
对于D中，设的外接圆的半径为，
因为到三边距离为，可得，
且，
所以，可得，
同理可得：，所以，所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：用平面向量求解平面几何问题的解答策略：
1、首先将几何问题中的几何元素和几何关系用向量进行表示，然后选择适当的基底向量，将相关的向量表示为基底向量的线性组合，把问题转化为基向量的运算问题；
2、再将向量的运算的结果还原为几何关系，应用向量相关的知识，可巧妙地解决三角形四心所具备的一些特定的性质，同时也应熟记应用三角形四心的几何特征及应用；
3、向量的运算公式，若不含图形，可直接运用相应的运算法则求解；若含有图形，可将它们转化到三角形或平行四边形中，充分利用相等向量、相反向量、三角形的中位线的性质等，把未知向量用已知向量进行表示.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 如图，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，设，，若＝2，则＝________(用和表示).
【答案】
【解析】
【分析】由，以为基底，表示，再由D，O，B三点共线求解.
【详解】设，
则，
因为D，O，B三点共线，
所以，
解得，
所以，
故答案为：
13. 一个圆台的上、下底面的半径分别为和，体积为，则它的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】设圆台的高为，根据题意，求得，结合圆台的侧面积公式，即可求解.
【详解】设圆台的高为，则，解得，
所以圆台的母线长为，
则圆台的表面积为.
故答案为：.
14. 设的内角的对边分别为，，，且．，，角的平分线交边于，，则的值为______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】由题设条件，利用正、余弦定理可得，利用面积相等求得，结合解出，最后利用三角形中的角平分线定理计算即得.
【详解】
如图，由和正弦定理可得，，即，
由余弦定理，，因，故.
由题意，,且，
由可得，，
又①，故得，② ，
由①②知，可看成方程的两根，解得或.因，故.
又因是的平分线，由初中的角平分线定理可得，,即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查正、余弦定理和三角形面积公式的应用，属于较难题.
解题关键在已知三角形的某角和角平分线长时，常需要借助于面积相等建立相关量之间的关系，此外有时还需用到三角形中的角平分线定理.
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. 已知复数满足，的虚部为2．
（1）求复数；
（2）当复数的虚部大于零，设复数、、在复平面上对应的点分别为、、，求的值．
【答案】（1）i或i；（2）．
【解析】
【分析】（1）设出复数的代数形式的式子，根据所给的模长和的虚部为2．得到关于复数实部和虚部的方程组，解方程组即可．
（2）写出所给的三个复数的表示式，根据代数形式的表示式写出复数对应的点的坐标，再根据向量的数量积即可求出
详解】（1）设i，
由复数满足，的虚部为2．
可得，解得或，
故i或i；
（2）当i时，i，i，
所以，，，
所以，，.
16. 在平面直角坐标系中，以轴为始边作两个钝角，，它们的终边分别与单位圆相交于，两点，已知，的横坐标分别为，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）3 （2）
【解析】
【分析】（1）先求出、的纵坐标，利用任意角的三角函数的定义求出和，再利用两角和的正切公式求得的值．
（2）先求出，，由、为钝角可得、，得到，从而求得的值．
【小问1详解】
由题意，，两点位于第二象限，
，的纵坐标分别为，．
，，
．
【小问2详解】
由于，
，
因为、为钝角，所以、，
故，．
17. 第24届哈尔滨冰雪大世界开园后，为了了解进园游客对本届冰雪大世界的满意度，从进园游客中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在的游客人数为18．

（1）求频率分布直方图中的值；
（2）从抽取的50名游客中满意度评分在及的游客中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中恰有1人的满意度评分在的概率．
【答案】（1），
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据评分在的游客人数为18和总人数为50得到，利用频率之和为1得到方程，求出；
（2）根据分层抽样的方法得到评分在的人数为2，设为，满意度评分在的人数为3，设为，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在的情况，求出概率.
【小问1详解】
由题知，，
，解得．
【小问2详解】
由题知，抽取的50名游客中满意度评分在的人数为，
满意度评分在的人数为，
抽取的5人中，满意度评分在的人数为2，设为，满意度评分在的人数为3，设为，
从5人中随机抽取2人的不同取法为，，共有10种不同取法，
设“2人中恰有1人的满意度评分在”为事件，
则事件包含的取法为，，共有6种不同取法．
．
18. 上海花博会的成功举办离不开对展览区域的精心规划.如图所示，将展区中扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、白玉兰和菊花.知扇形的半径为米，，动点在扇形的弧上，点在半径上，且.

（1）当米时，求分隔栏的长；
（2）综合考虑到成本和美观等原因，希望使白玉兰种植区的面积尽可能的大，求该种植区三角的面积的最大值.
【答案】（1）米
（2）平方米
【解析】
【分析】（1）首先求出，在中，利用余弦定理求出；
（2）在中，先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，利用三角恒等变换化简结合三角函数的性质即可得解.
小问1详解】
因为，所以，
在中，，，
由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
所以的长为米；
【小问2详解】
因为，，
设，，则，
在中，由正弦定理得，
所有，
则
，
当，即时，面积取得最大值，最大值为平方米.
19. 如图，在四棱锥中，已知底面为矩形，侧面是正三角形，侧面底面是棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）若二面角为，求异面直线与所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的性质 判定推理即得.
（2）作出二面角的平面角，由此求出，再利用异面直线所成角的定义求出其正切值.
【小问1详解】
在四棱锥中，由底面为矩形，得，
由侧面底面，侧面底面平面，
得平面，又平面，则，
又侧面是正三角形，是的中点，则，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
如图，
在平面内，过点作，垂足为，显然，
由侧面底面，交线为，得底面，底面，
则，过作，垂足为，连接，显然，
平面，则平面，而平面，因此，
则即为二面角的平面角，其大小为，
在中，，则，
由，得四边形为平行四边形，则，
由，得（或其补角）为异面直线与所成角，
由（1）知平面，则为直角三角形，，
所以异面直线与所成角的正切值为.