甘肃省武威市第七中学2023~2024学年高一下学期期末考试数学试卷[附解析]

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（满分150，考试时间120分钟）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知复数，则的虚部是（ ）
A.B.C.2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法求出复数，可得复数的虚部.
【详解】复数，
则的虚部是2.
故选：C
2.设向量，若，则（ ）
A.5B.2C.1D.0
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量垂直的性质直接求解．
【详解】向量，，，
，可得，
．
故选：．
3.天气预报说，在今后的三天中，每天下雨的概率都为60%．现采用随机模拟的方法估计这三天中恰有两天下雨的概率．用1，2，3，4，5，6表示下雨，用计算机产生了10组随机数180，792，454，417，165，809，798，386，196，206据此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用频率和概率的关系得到答案.
【详解】10组数据中，恰有两天下雨的有417，386，196，206，共4个，
故此估计这三天中恰有两天下雨的概率近似为.
故选：B
4.正方形的边长是2，是的中点，则（ ）
A.B.3C.D.5
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解.
【详解】方法一：以为基底向量，可知，
则，
所以；
方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，可得，
所以；
方法三：由题意可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以.
故选：B.
5.已知，，则的值为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】将条件中两式平方相加后整理即可得答案.
【详解】，
，
两式相加得，
.
故选：C.
6.已知三棱锥中，，，，E，F分别是PA，BC的中点，则EF与AB所成的角大小为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】设为的中点，中为与所成的角，代入数据求值即可.
【详解】取的中点，连接，，如图，
又为的中点，所以，，
同理可得，，
又，所以，则为与所成的角，
中，，所以与所成的角为.
故选：A.
7.如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个观测点，，测得，，，并在处测得塔顶的仰角为45°，则塔高（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知在中，利用正弦定理可求的值，在中，由，可求塔高的值.
【详解】解：在中，，，，
由正弦定理，可得，
可得，
在中，，
所以塔高.
故选：D.
8.如图，在中，点是上的点且满足，是上的点且满足，与交于点，且，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，分别得到和，联立方程组，求得，进而求得的值，即可求解.
【详解】设，
由，
又由，
所以，解得，可得，
因为，所以，所以.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在给出的选项中，有多项是符合题目要求的，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分.
9.已知事件A，B，且，则下列结论正确的是（ ）
A.如果，那么
B.如果A与B互斥，那么
C.如果A与B相互独立，那么
D.如果A、B与C两两互斥，那么
【答案】ABD
【解析】
【分析】由互斥事件与独立事件的概率公式求解即可.
【详解】对于A，如果，那么，，故A正确；
对于B，如果A与B互斥，那么，，故B正确；
对于C，如果A与B相互独立，那么，故C错误；
对于D，如果A、B与C两两互斥，那么，故D正确；
故选：ABD.
10.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）．
A.若平面α，β垂直同一个平面，则
B.若且，则
C.若平面α，β不平行，则在平面α内不存在平行于平面β的直线
D.若，且，则l与α所成的角和m与β所成的角相等
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，由空间中的直线与平面的位置关系以及平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】若平面α，β垂直同一个平面，与可能相交，故A错误；
由线面的位置关系可知，若且，则，故B正确；
当平面相交时，在平面内平行于交线的直线与平行，故C错误；
因为两条平行直线与同一平面所成角相等，若两平面平行，
则两条平行直线与两个平行平面所成角相等，故D正确；
故选：BD
11.下列式子化简正确的是（ ）
A.B.
C.D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用诱导公式及两角和余弦公式的逆用可判断选项A；利用辅助角公式可判断选项B；利用诱导公式及二倍角正弦公式可判断选项C；利用及两角差的正切公式可判断选项D.
【详解】对于选项A：因为
，故选项A错误；
对于选项B：
，故选项B正确；
对于选项C：因为，故选项C正确；
对于选项D：因为，故选项D错误.
故选：BC.
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.从1，2，3，4，5这5个数中任取2个，则这2个数字之积大于5的概率为______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用列举法求解，先列出从5个数任取2个数的所有情况，再列出这2个数之积大于5的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】从这5个数中任取2个数的所有情况有：
，10种情况，
其中两个数的之积大于5的有，6种情况，
所以所求概率为，
故答案为：
13.某圆锥的侧面展开图是个半圆，若该圆锥的体积为，则该圆锥的全面积为________．
【答案】12π
【解析】
【分析】根据题意，由圆锥侧面展开图面积可得，再由圆锥的体积公式可得底面圆的半径，再由圆锥的表面积公式，即可得到结果.
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
由圆锥侧面展开图为半圆可得，即，
又圆锥的体积为，即，
又，即，
所以，
所以，解得，
则，
所以圆锥的全面积为．
故答案为：.
14.如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点K在棱A1B1上运动，过A，C，K三点作正方体的截面，若K为棱A1B1的中点，则截面的面积为________．
【答案】
【解析】
【详解】如图，取B1C1的中点M，连接KM，MC，易证四边形KMCA为等腰梯形，上底KM＝，下底AC＝，腰长AK＝MC＝，则其高为KH＝，所以计算可得其面积为.
【考查意图】判断截面图形的形状，截面的面积．
三、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写成文字说明、证明过程或演算步骤.
15.设，复数是纯虚数.
（1）求m的值；
（2）若是方程的一个根，求实数p，q的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由纯虚数的概念列不等式组，求参数m.
（2）根据复数范围内根的性质及根系关系求p，q的值.
【小问1详解】
由题设有，可得.
【小问2详解】
由（1）及题设知：、是方程的两个根，
所以.
故
16.已知，，与的夹角为45°.
（1）求在方向上的投影向量；
（2）求的值；
（3）若向量与平行且方向相同，求实数.
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）根据投影向量求解公式求出答案；
（2）平方后求出，得到模长；
（3）根据两向量平行得到方程，求出的两个解，检验是否方向相同，得到答案.
【小问1详解】
∵，，与的夹角为45°，
∴，
∴在方向上的投影向量为；
【小问2详解】
∵，
∴；
小问3详解】
∵与平行，
∴
∴，解得：或，
当时，，此时方向相同
当时，，此时方向相反，故舍去.
∴
17.某校选拔若干名学生组建数学奥林匹克集训队，要求选拔过程分前后两次进行，当第一次选拔合格后方可进入第二次选拔，两次选拔过程相互独立.根据甲､乙､丙三人现有的水平，第一次选拔，甲､乙､丙三人合格的概率依次为；第二次选拔，甲､乙､丙三人合格的概率依次为.
（1）求第一次选拔后甲､乙两人中只有甲合格的概率；
（2）求甲、乙、丙经过前后两次选拔后，恰有一人合格的概率.
【答案】（1）0.2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件概率乘法公式可得；
（2）由互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率乘法公式可得.
【小问1详解】
分别设甲、乙经第一次选拔后合格为事件，
设表示第一次选拔后甲合格、乙不合格，
则.
【小问2详解】
分别设甲、乙、丙经过前后两次选拔后合格为事件A，B，C，事件表示经过前后两次选拔后，恰有一人合格，则
，
所以
.
18.已知函数.
（1）求函数的单调减区间；
（2）若在上恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数在上恰有3个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换化简，利用正弦型函数的单调性求解；
（2）分离参数转化为恒成立，求出的最大值即可得解；
（3）先写出函数解析式，然后根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解.
【小问1详解】
，
由，
所以函数的单调递减区间为；
【小问2详解】
因为不等式在上恒成立，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即；
小问3详解】
，
由，得，
因为函数在上恰有3个零点，
所以，解得，
所以的取值范围为.
【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成形式，再求的单调区间，只需把看作一个整体代入的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．
19.如图，已知为圆O的直径，D为线段上一点，且，为圆O上一点，且，平面，．
（1）求；
（2）求证：；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，求得，在中，利用余弦定理，即可求解；
（2）由，得到，再由平面，得到，证得平面，进而证得；
（3）连接，求得，根据平面，利用，即可求解.
【小问1详解】
解：由已知为圆O的直径，为圆上一点，可得，
又由D为线段上一点，且，可得，则，
因为，可得，即，解得，
在直角中，可得，
由余弦定理得，
所以.
【小问2详解】
证明：由（1）知，可得，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问3详解】
解：连接，在中，，
可得，可得，
所以，
又由平面，且，
所以三棱锥的体积.