湖南省郴州市2023~2024学年高一下册期末教学质量监测数学检测试卷（含解析）

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注意事项：
1．本试卷分试题卷和答题卡.试题卷共6页，有四道大题，共19道小题，满分150分.考试时间120分钟.
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡的指定位置.
3．考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在本试题卷上答题无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题.
4．考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
一、选择题（本大题共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. 复平面内表示复数的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算和复数的几何意义即可.
【详解】，其在复平面所对应的点坐标为，
则其位于第四象限，
故选：D.
2. 已知，若，则等于（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由向量线性运算坐标表示以及向量共线可列方程求解.
【详解】因为，所以，
又因为，所以，解得.
故选：A.
3. 艺术体操比赛共有7位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时, 从7个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分．5个有效评分与7个原始评分相比，不变的数字特征是
A. 中位数B. 平均数C. 方差D. 极差
【答案】A
【解析】
【分析】
根据平均数、中位数、方差、极差的概念来进行求解，得到答案.
【详解】从7个原始评分去掉1个最高分、1个最低分，得到5个有效评分，
其平均数、极差、方差都可能会发生改变，
不变的数字特征数中位数.
故选：A.
【点睛】本题考查平均数、中位数、方差、极差的概念，属于简单题.
4. 在贵州“村超足球”比赛中通常要求双方穿着颜色不同的球衣，已知甲队有白、黑、红、黄4种颜色的球衣，乙队有蓝、白、黑、红4种颜色的球衣．若甲、乙两队随机挑选一套球衣进行比赛，则他们的球衣颜色符合要求的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用古典概型概率计算公式进行计算即可.
【详解】双方随机挑选一套球衣进行比赛，则一共有种不同的组合情况，
其中只有双方都选白色或都选黑色或都选红色时不符合要求，共有3种情况，
故不符合要求的概率为，符合要求的概率为．
故选：D.
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】由线面位置关系即可逐一判断各个选项.
【详解】对于A，若，则或，故A错误；
对于B，若，则或，
若，，则；
若，则存在使得，又，则，
而，则，故B正确；
对于C，若，则或异面或相交，C错误；
对于D，若，则或异面或相交，D错误.
故选：B.
6. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，它的侧面展开图的扇环的圆心角为，则圆台的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆台母线长度，再结合圆台侧面积公式即可求解.
【详解】圆台的母线长度为，
故所求即为.
故选：B.
7. 岳阳楼与湖北武汉黄鹤楼、江西南昌滕王阁并称为“江南三大名楼”，是“中国十大历史文化名楼”之一．小李为测量岳阳楼的高度选取了与底部水平的直线，如图，测得米，则岳阳楼的高度测量值为（ ）

A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】在中由正弦定理可得答案.
【详解】，
，
，
由正弦定理得，
即，
所以
故选：A.
8. 在锐角中，角的对边分别为，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理，结合题意求出、的值，再用表示，求出的取值范围，利用对勾函数的性质即可求出的取值范围．
【详解】解：中，由余弦定理得，，
由，得，
化简得，
又，，
所以，
化简得，
解得，或（不合题意，舍去），
所以，
由，且，，解得，
所以，所以，
所以，
设，其中，
所以，当且仅当时，即时取最小值，
由于，且函数在上单调递减，函数在上单调递增，
又，，
所以．
故选：C．
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，完全选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分）
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体被抽到的概率是
B. 连续抛硬币两次，第一次得正面，第二次得反面是两个独立事件
C. 数据的第70百分位数是23.5
D. 若样本数据的标准差为1，则数据的标准差为9
【答案】ABC
【解析】
【分析】用简单随机抽样的方法求解；根据独立性事件的概念进行判断，先对数据从小到大排序，再根据百分位数定义计算即可；先得到，，，的方差，根据方差性质得到，，，的方差，进而得到其标准差，即可得答案．
【详解】对于A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为6的样本，则个体被抽到的概率为，正确；
对于B．连续抛硬币两次，第一次得正面，第二次得反面互不影响，是两个独立事件，正确；
对于C．从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，
由于，故选择第7和第8个数的平均数作为第70百分位数，
即，所以第70百分位数是23.5，C正确；
对于D．若样本数据，，，的标准差为1，则，，，的方差为1，
设，，，的平均数为，则，
，
又，
故，
则的标准差为，D错误．
故选：ABC．
10. 是的外心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ）
A. 的外接圆半径为
B. 在方向上的投影向量等于
C.
D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用余弦定理及正弦定理求外接圆的半径，计算与比较即可判断，利用坐标系来求解，通过数形结合，理解当，重合时，，取最小值．
【详解】A．由余弦定理得：，解得：，
根据正弦定理：，解得：，故正确；
B．，，所以在方向上的投影向量等于，故错误；
C．建立如图所示的平面直角坐标系，

则，， 设E为中点，D为C在x轴上的射影，
，
，
，
，，
，
，故正确；
D．取的中点，连结，，取中点，
则，，
则，
则，
，
当，重合时，，取最小值，选项错误，
故选：AC．
11. 如图，在正方体中，，点为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 直线平面
B. 三棱锥的体积为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A选项，可先证平面平面，再证线面平行；对B选项，可用等积变换的方法求三棱锥体积；对C选项，把三棱锥的外接球转化为正方体的外接球，即可得到答案；对D选项，先做出线面角，再确定线面角的三角函数的最值.
【详解】对A选项：如图：
连接，，
因为，平面，平面，所以平面；
同理平面.
又，平面，所以平面平面.
平面，所以平面.故A正确；
对选项B：因为平面，所以：
，故B正确；
对选项C：因为三棱锥的外接球就是正方体的外接球，所以三棱锥的外接球半径为：，所以外接球表面积为：，故C错误；
对D选项：如图：
过做平面于，因为平面平面，
且平面平面，所以，再连接，
则在直角中，，就是直线与平面所成角，设为.
因为，且的最小值为，所以，所以，故D正确.
故选：ABD
三、填空题（共3小题，每小题5分，满分15分）
12. 在中，点在边上，．记，则______．（用表示）
【答案】
【解析】
【分析】根据图形结合向量的线性运算分析求解.
【详解】
因为，所以，
所以，
故答案为：.
13. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位．依据欧拉公式，则的最大值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】由复数模的计算公式结合三角函数性质即可求解.
【详解】
，
因为的最小值为，所以的最大值为.
故答案为：3.
14. 如图，是三个独立的开关，设它们闭合的概率分别为，则该线路是通路的概率为______．
【答案】##0.25
【解析】
【分析】由独立乘法、对立减法公式即可求解.
【详解】由题意该线路是通路的概率为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知为单位向量，设向量．
（1）若，求与的夹角；
（2）已知与的夹角为，求的模长．
【答案】（1）；
（2）7.
【解析】
【分析】（1）利用数量积的运算律及定义求解；
（2）把模平方转化为数量积的运算可得．
【小问1详解】
设与的夹角为，由题得
，
即，又因为，所以，
所以与的夹角为；
【小问2详解】
因为与的夹角为且为单位向量，所以，
所以
所以的模长为7．
16. 设锐角的内角的对边分别为，
（1）求角；
（2）若边，面积为，求的周长．
【答案】（1）；
（2）20.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得到，求出；
（2）由三角形面积得到，根据余弦定理得到，从而得到周长.
【小问1详解】
由及正弦定理，得，
又，得，
所以，又为锐角，所以；
【小问2详解】
由（1）得，则，
由余弦定理，得，
所以，所以，
所以周长为．
17. 从出游方式看，春节期间是家庭旅游好时机．某地区消费者协会调查了部分2024年春节以家庭为单位出游支出情况，统计得到家庭旅游总支出（单位：百元）频率分布直方图，如图所示．（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）
（1）求的值；
（2）估计家庭消费总支出的第75百分位数．
（3）从和两组中用分层抽样的方法共抽取了6人，再从这6人中随机抽取2人，求所抽取的2人来自同一组的概率．
【答案】（1）；
（2）85； （3）；
【解析】
【分析】（1）根据频率之和等于1即可得解；
（2）先判断第75百分位数所在区间，然后根据在区间内的矩形面积等于即可得解；
（3）先根据分层抽样确定，内所抽取的人数，然后使用列举法，结合古典概型概率公式可得.
【小问1详解】
由频率分布直方图，得，
．
【小问2详解】
因为前3组的频率之和，
前4组的频率之和，
所以第75百分位数，则，
解得
所以，第75百分位数为85．
【小问3详解】
因为组的频率为，组的频率为，
所以由分层抽样可知，组抽取了人，设为A、B，
从组抽取了人，设为，
则从这6人中随机抽取2人的样本点有：
共15种，
满足来自同一组有共7种，
所以所抽取的2人来自同一组的概率是.
18. 如图，在矩形中，，沿对角线把折起，使移到，且平面平面．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求与平面所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）先证平面，通过线面垂直，得到线线垂直.
（2）构造二面角的平面角，通过解三角形，求二面角的余弦.
（3）利用体积法求点到平面的距离，则即为所求.
【小问1详解】
因为为矩形，所以，
又因为平面平面且交于，平面，
所以平面，又平面，所以，
又因为平面，
所以平面，平面，
所以；
【小问2详解】
如图：
过作于点，过作于点，连，
因为面面且交于，所以面，平面，
平面，
面平面，，
所以，为二面角的平面角，
在Rt中，，
，显然，，
所以，
所以，二面角的余弦值为.
【小问3详解】
由（1）知：，
设点到平面的距离为，
由，得，
即，得：，
与平面所成的角的正弦值为．
19. 随着科技的发展，互联网也随之成熟，网络安全也涉及到一个国家经济，金融，政治等安全．为提高中学生的网络安全意识和信息技术能力，某中学组织了一次信息技术创新比赛，参赛选手两人为一组，需要在规定时间内独自对两份不同的加密文件进行解密，每份文件只有一次解密机会．已知甲每次解开密码的概率为，乙每次解开密码的概率为，每次是否解开密码也互不影响．设，，，
（1）已知概率，
（i）求的值．
（ii）求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率．
（2）若，求甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值．
【答案】（1）（i）；（ii）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（i）根据独立性性质建立方程，即可求解；（ii）由（i）知：，设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则，再根据互斥加法公式和独立性乘法公式即可求解；
（2）由可得，从而求得，再利用基本不等式即可求得最小值.
【小问1详解】
（i）由题知，
解得：，
（ii）由（i）知：，
设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
与互斥，与与分别相互独立，
所以
，
因此，甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率为．
小问2详解】
由题知：，
，
设“甲乙两人两次一共解开密码3次的事件”，则
与互斥，与与分别相互独立，
所以
，
，当且仅当时等号成立，
．
故甲、乙两次解密过程中一共解开密码三次的概率最小值为.