广东省广州市越秀区2023~2024学年高一下册期末数学试题[附解析]

这是一份广东省广州市越秀区2023~2024学年高一下册期末数学试题[附解析]，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．已如复数，则的实部是（ ）
A．B．2C．3D．5
2．有一组数据按从小到大排序如下：70，71，73，75，76，则这组数据的40%分位数，70%分位数分别是（ ）
A．71，74B．71，75C．72，74D．72，75
3．从这个正整数中随机选择一个数，则这个数既不能被整除也不能被整除的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知是一条直线，、是两个不同的平而，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
5．在正方体中，为的中点，则（ ）
A．B．C．平面D．平面
6．如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（ ）
A．0.2小时B．0.3小时C．0.5小时D．1小时
7．已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则（ ）
A．圆锥的高为B．圆锥的侧面积为
C．二面角的大小为D．圆锥侧面展开图的圆心角为
8．已知为的外接圆圆心，，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．D．
9．设A，B易两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ）
A．若A，B是互斥事件，则
B．若，则
C．若A，B是相互独立事件，则
D．若，则A，B是相互独立事件
10．已知复数在复平面内对应的向量分别为，其中O为原点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ）
A．
B．二面角的大小为
C．正四棱台的外接球的表面积为
D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则
三、填空题
12．从某小区抽取100户层民用户进行月用电量调查，发现他们的月用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左用右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为 ．
13．如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的A地出发，向河对岸航行．已知船的速度大小为，水流速度的大小为，当航程最短时，这艘船行驶完全程共需要时间 ．
14．已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ．
15．已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，第层抽取的样本量、样本均值和样本方差分别为．记总样本数据的均值为，总样本数据的方差为．
(1)写出与的计算公式（直接写出结果，不需证明）；
(2)某学校有高中学生500人，其中男生300人，女生200人．现采用分层随机抽样的方法抽取样本，并观测样本的指标值（单位：），计算得男生样本的均值为172.5，方差为16，女生样本的均值为162.5，方差为30．
（i）如果已知男、女样本量按比例分配，试计算出总样本的均值与方差；
（ii）如果已知男、女的样本量都是50，试计算出总样本的均值与方差，此时将它们分别作为总体的均值与方差的估计合适吗？请说明理由．
16．甲、乙、丙三名同学进行羽毛球比赛，每局比赛两人对战，另一人轮空，没有平局，每局胜者与此局轮空者进行下一局的比赛．约定先赢两局者获胜，比赛随即结束，各局比赛结果互不影响，已知每局比赛甲胜乙的概率为，乙胜丙的概率为，甲胜丙的概率为．
(1)若第一局由乙丙对战，求甲获胜的概率；
(2)若第一局由甲乙对战，求甲获胜的概率．
17．如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且．
(1)求证：；
(2)若,求直线与平面所成角的正弦值．
18．如图，在中，．
(1)求的长；
(2)已知点D在平面内，且，求四边形的周长的最大值．
19．如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．
(1)当为何值时，平面平面?
(2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
答案
1．答案：A
解：因为，
所以的实部是.
故选：A
2．答案：D
解：数据从小到大排序：70，71，73，75，76，
是整数，这组数据的40%分位数是；
不是整数，这组数据的70%分位数是.
故选：D.
3．答案：B
解：从这个正整数中随机选择一个数共有种选法，
其中这个数既不能被整除也不能被整除的有、、、、、、、、、共个，
所以这个数既不能被整除也不能被整除的概率.
故选：B
4．答案：D
解：对于A：若，，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，则或或与相交，故B错误；
对于C：若，，则或，故C错误；
对于D：若，，则，故D正确.
故选：D
5．答案：C
解：对于A：由正方体的性质可知，
显然，与不平行，所以与不平行，故A错误；
对于B：由正方体的性质可知，，所以，
由A可知与不平行，且、平面，
所以与不垂直，则与不垂直，故B错误；
对于C：设，则为的中点，连接，又为的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；
对于D：若平面，平面，则，
又，所以，又四边形为矩形，
所以四边形为正方形，所以，
又为正方体，所以，显然不满足，
故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误.
故选：C
6．答案：A
解：由题意，在中，，，，
所以，
由正弦定理可得，，
则；
又在中，，，
由余弦定理可得，
，所以，
因此救援船到达点需要的时间为小时.
故选：A.
7．答案：C
解：对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则，
所以与圆锥底面所成的角为，
又，所以的面积为，解得，即母线长，
所以该圆锥的高为，故A错误；
对于B选项，该圆锥的底面半径为，
母线长， 故该圆锥的侧面积为，故B错误；
对于C选项，取的中点，连接，
因为，为的中点，则，由垂径定理可得，
所以二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
因为，，则为等腰直角三角形，
则，所以，
所以，，
因为，故，即二面角的大小为，故C正确.
对于D选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为，
底面圆周长为，则，故D错误.
故选：C.
8．答案：B
解：如图所示：

因为为的外接圆圆心，，所以，
且，
所以，
故当共线反向时，取到最大值.
故选：B.
9．答案：CD
解：A项，若是互斥事件，不可能同时发生， ，故A错误；
B项，若，则，则，故B错误；
C项，若相互独立，则，
所以，故C正确；
D项，由，且事件互斥，则,
若， 则，
又，，故相互独立，故D正确.
故选：CD.
10．答案：BD
解：，，
A项，若，则，故A错误；
B项，由A知，，则，故B正确；
C项，若，则，故C错误；
D项，由C知，，则，
，
则，，
故，故D正确.
故选：BD.
11．答案：ACD
解：
根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为连接
过作，作截面的平面图，则为等腰梯形，
且为中点，则，
故，即圆台的高，
又，即四棱台的上下底面边长分别为和；
对A，由题意平面，平面，则，
，，平面，平面，
故平面，平面，所以，故A正确；
对B：过作，垂足为，连接；
由面，//，则面，又面，故，
又，面，故面，
又面，故，则即为二面角的平面角；
，又，
故，
而在中，，则，
结合在单调递增可知，，故B错误；
对C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心，
则，故，解得；
故表面积，故C正确；
对D：；
，
，故D正确.
故选：ACD.
12．答案：
解：由频率分布直方图可得，解得，
所以月用电量落在区间的频率为，
所以在被调查的用户中，月用电量落在区间内的户数为.
故答案为：
13．答案：
解：当实际速度垂直于河岸，船的航程最短．
设实际速度、船速、水流速度分别为、、，
如图，，已知，
则，河宽，
所以，船的航行时间．
所以，当航程最短时，这艘船行驶完全程需要．
故答案为：.
14．答案：
解：取中点，连接，，依题意可得，
又，平面，可知平面，
当点在之间时，作分别交于点，
作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
要使截面多边形的面积最大，则当点在之间时，
令，则，
可得，
则，
可得，
所以，
又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
则，
可得，
可知：当时，取最大值.
当点在点时，此时截面即为，又，
当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于，
综上可得截面的面积的最大值为.
故答案为：；.
15．答案：(1)答案见解析
(2)（i）均值为（），方差为；（ii）均值为（），方差为，不合适，理由见解析
解：（1）依题意可得，
.
（2）（i）男、女的样本量按比例分配，
则总样本的均值为（），
总样本的方差为；
（ii）男、女的样本量都是，
总样本的均值为（），
总样本的方差为，
不能作为总体均值和方差的估计，因为分层抽样中未按比例抽样，总体中每个个体被抽到的可能性不完全相同，因而样本的代表性差.
16．答案：(1)
(2)
解：（1）第一局由乙丙对战，甲获胜有两种情况：
①乙丙对战乙胜，乙甲对战甲胜，甲丙对战甲胜，则概率为；
②乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，甲乙对战甲胜，则概率为；
综上，甲获胜的概率为.
（2）若第一局甲乙对战，则甲获胜有三种情况：
①甲乙对战甲胜，甲丙对战甲胜，概率为，
②甲乙对战甲胜，甲丙对战丙胜，丙乙对战乙胜，乙甲对战甲胜的概率为，
③甲乙对战乙胜，乙丙对战丙胜，丙甲对战甲胜，乙甲对战甲胜的概率为，
所以最终甲获胜的概率为.
17．答案：(1)证明见解析；
(2).
解：（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点,
所以 ,
因为 、 平面 ,
所以 平面 ，又因为 平面 ,
所以 ,
又因为 为半球面上一点,
所以 ,
又因为 平面
所以 平面 , 又 平面 ,
所以 ;
（2）因为三角形 为直角三角形,
所以 ,
又因为 平面 ,
所以 ，
又因为三角形 也是直角三角形，
所以 ,
所以，
设点 到平面 的距离为 ,
则有 ，即 ,
所以 ，
设直线 与平面 所成的角为 ，则 .
18．答案：(1)
(2)
解：（1）在中，，
由余弦定理得，，即，
化简得，解得（舍），或，
故的长为；
（2）已知点D在平面内，且，
则四点共圆，，
则，
在中，由余弦定理得，，
则，
，，
解得，当且仅当时等号成立.
即的最大值为，
又，故四边形周长的最大值为.
19．答案：(1)
(2)存在，
(3)
解：（1）连接，由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；
（2）由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；
（3）设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形， .
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.