湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附答案）

这是一份湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附答案），共19页。试卷主要包含了已知复数，则，已知平面向量等内容，欢迎下载使用。

2024年7月
时量：120分钟 满分：150分 命题：高一数学组 审题：高一数学组
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，则（ ）
A. B. C. D.
2.有一组互不相等的样本数据，平均数为.若随机剔除其中一个数据，得到一组新数据，记为，平均数为，则下列说法错误的是（ ）
A.新数据的极差可能等于原数据的极差
B.新数据的中位数不可能等于原数据的中位数
C.若，则新数据的方差一定大于原数据方差
D.若，则新数据的分位数一定大于原数据的分位数
3.设的内角所对边分别为，若，且不等式的解集为，则（ ）
A. B. C.或 D.
4.在侧棱长为的正三棱锥中，，过作截面，则截面的最小周长为（ ）
A. B.4 C.6 D.10
5.设是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
6.如图，在直三棱柱中，，点是的中点，则直线和平面所成角的正切值为（ ）
A. B. C. D.
7.在正方体中边长为2，点是上底面内一动点，若三棱锥的外接球表面积恰为，则此时点构成的图形面积为（ ）
A. B. C. D.
8.已知平面向量.若对区间内的三个任意的实数，都有，则向量夹角的最大值的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
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.
9.一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件“”，事件“”，事件”，则（ ）
（ ）
A. B.
C.互斥 D.独立
10.已知函数的图象在区间上有且仅有三个对称中心，则（ ）
A.的取值范围是
B.的图象在区间上有2条或3条对称轴
C.在区间上的最大值不可能为3
D.在区间上为增函数
11.如图，已知正方体的棱长为分别为棱上的点，，则（ ）
A.
B.平面经过棱的中点
C.平面截该正方体，截面面积的最大值为
D.点到平面距离的最大值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图，函数的图象与坐标轴交于点，直线交的图象于点（坐标原点）为的重心（三条边中线的交点），其中，则的面积为__________.
13.明德中学为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分（满分100分）作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为，方差为，所有教师评分样本的半均数为，方差为，总样本的平均数为，方差为，若，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为__________.
14.正四棱锥的外接球半径为，内切球半径为，则的最小值为__________.
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.（13分）
在四棱锥中，平面平面为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
16.（15分）
在中，角的对边分别为，且满足.
（1）求的大小；
（2）若的面积为，且，当线段的长最短时，求的长.
17.（15分）
袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲､乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，...，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.
（1）求取球2次即终止的概率：
（2）求甲取到白球的概率.
18.（17分）
如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：直线平面；
（2）设平面平面，且二面角的平面角为，设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值.
19.（17分）
点是直线外一点，点在直线上（点与两点均不重合），我们称如下操作为“由点对施以视角运算”：
若点在线段上，记；
若点在线段外，记.
（1）若在正方体的棱的延长线上，且，由对施以视角运算，求的值：
（2）若在正方体的棱上，且，由对施以机角运算，得到，求的值；
（3）若是的边的等分点，由对施以视角运算，证明：.
长沙市明德中学2023~2024学年高一年级期末考试
数学答案
1.【答案】A
【解析】因为，所以，
所以.故选：A.
2.【答案】D
【解析】不妨设原数据，新数据..，
A：例如原数据为，新数据为，此时极差均为，故A正确；
B：原数据中位数为，新数据中位数为，可知或，
若，可得；若，可得；
综上所述：新数据的中位数不可能等于原数据的中位数，故B正确；
C：若，可知去掉的数据为，则，
可得，所以新数据的方差一定大于原数据方差，故C正确；
D：若，可知去掉的数据为，因为，可知原数据的分位数为第3位数，，可知新数据的分位数为第2位数与第3位数的平均数，
例如原数据为，新数据为，此时新数据的分位数､原数据的分位数均为3，故D错误；故选：ABC.
3.【答案】A
【解析】不等式即，解此不等式可得，所以，，
由正弦定理可得，所以，，
，所以，可得是锐角，所以，故选.
4.【答案】C
【解析】如图三棱锥以及侧面展开图，要求截面的周长最小，就是侧面展开图中的距离，因为侧棱长为2的正三棱锥的侧棱间的夹角为，所以由余弦定理可知，故选C.
5.【答案】B
【解析】若“，则平方得，
即，即，则，即，即同向共线，则存在实数使得；反之当时，存在，满足，但“”不成立，即“存在实数使得”是“”的必要不充分条件.故选：B.
6.【答案】D
【解析】由题意，以为坐标原点，以为轴建立空间坐标系，如下图所示：令，则，
故
设为平面的一个法向量，则，
即
令，则，从而，
设直线和平面所成角为，则，
故，从而.故选：D.
7.【答案】A
【解析】如下图所示，设三棱锥的外接球为球，
分别取的中点，则点在线段上，
由于正方体的棱长为2，则的外接圆的半径为
，设球的半径为，则，解得.
所以，，则，易
知，点在上底面所形成的轨迹是以为圆心的圆，由于，所
以，，因此，点所构成的图形的面积为.故选：A.
8.【答案】A
【解析】设，如图，不妨设
.
设为的中点，为的中点，为的中点，为的
中点.
则，
设，点在平行四边形内（含边界）.
由题知恒成立.
为了使最大，则思考为钝角，即思考点在第一或第四象限.
思考临界值即与重合，与重合，且不能充当直角三角形斜边，否则可以改
变的位置，使得，此时最小，
所以，即，
即.
即，即.所以.
所以
，
其中向量与夹角为，故与夹角的最大值的余弦值为.
故选：A.
9.【答案】ABD
【解析】“且"，
事件的基本事件有；
共8个，所以，故A正确；
"且"且，所以，故B正确；
对于C，当且时，事件同时发生，所以不互斥，故C错误；
对于，而“且”，则，
所以，所以独立，故D正确.
故选：ABD.
10.【答案】BD
【解析】，
令，得，
由结合，得，
依题意..有且只有三个整数值，所以，得，故A不正确；
令，得，
由结合，得，
当时，，此时或，函数的图象在区间上有2
条对称轴，为，
当时，，此时或或，函数的图象在区间
上有2条对称轴，为，
所以的图象在区间上有2条或3条对称轴，故B正确；
当时，，
因为，所以，所以当，即时，取得最大值3，故C不正确；
由，得，因为，所以，
因为，所以在区间上为增函数，故D正确.
故选：BD
11.【答案】ABD
【解析】记为的中点，棱的中点，
取线段上的点使得，正方体的中心为.
则根据对称性，和和和分别关于点对称.
从而在平面内，而，故，
从而在平面内.
由于前面的对称性，及在平面内，
知平面截该正方体的截面就是中心为的六边形，
从而一定在平面内，至此我们得到选项B正确.
前面已经证明，同理有，故.
由于，故，
同时显然有.
从而，
.
由于，
故四边形和都是等腰梯形，从而.
这表明线段和互相平分且长度相等，所以四边形是矩形，故，至此我们得到选项A正确.
由于四边形和都是等腰梯形，且上底均为，下底均为，
腰长均为，故它们的高都等于
.
所以它们的面积都等于.
故截面的面积.
当时，，至此我们得到选项C错误.
由于，且在平面内，
故点到平面的距离不超过.
而当时，分别是各自所在棱的中点，从而
.
而，这表明点和点到三点的距离两两相等.
故点和点在平面的投影同样满足到三点的距离两两相等，
从而点和点在平面的投影都是的外心，
所以由点和点的投影是同一点，知垂直于平面.
从而由在平面内，知点到平面的距离就是的长，即.
所以，点到平面的距离的最大值是，至此我们得到选项D正确.
故选：ABD.
12.【答案】
【解析】因为为的重心，且，可得，
解得，所以，
所以，所以，所以，解得，
可得，
由，即，可得，
解得，又由，所以，
所以，于是，
故的面积为.故答案为：.
13.【答案】160
【解析】假设在样本中，学生､教师的人数分别为，
记样本中所有学生的评分为，所有教师的评分为，
由得，
所以
，
所以，即，
令，则，
即，解得或，
因为且，得，所以.
所以总样本中学生样本的个数至少为160.故答案为：160.
14.【答案】
【解析】设正四棱锥底面边长为，高为，底面的中心为，连接，则，所以，
设外接球球心为，内切球球心为，则在上，
因为，所以，
在中，，化简得，
因为，
所以，
所以
，
令，则，
令，则，
令，则，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故答案为：.
15.【解析】（1）取的中点，连接，则且，
又且，所以且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面平面，
所以平面
（2）由，得，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又平面，所以.
由，得，所以，
，
得，则，所以.
又，
设到平面的距离为，直线与平面的所成角为，
则，所以，解得，
所以，
即直线与平面的所成角的正弦值为.
16.【解析】（1）因为，
由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又，所以，
所以，即，又，所以；
（2）因为的面积为，即，
即，则，
因为，所以，
在中，
即，
当且仅当，即时取等号，
所以，即的最小值为，此时，
则，
所以，即
17.【解析】（1）设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借助树状图求出相应事件的样本点数：
因此，.
（2）设事件为“甲取到白球”，“第次取到白球”为事件，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数：
所以
18.【解析】（1）设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，又平面，
所以直线平面
（2）过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，
直线与平面所成角的正弦值为.
19.【解析】（1）如图1，因为，所以.
由正方体的定义可知，则，
故，
.
因为，
所以，
则.
（2）如图2，设，
则.
因为，
所以，
则，解得，
故.
（3）证明：如图3，
因为是的等分点，所以
.
在中，由正弦定理可得，
则.
在中，同理可得.
因为，所以，
则.
同理可得.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
A
C
B
D
A
A
题号
9
10
11
12
13
14
答案
ABD
BD
ABD
160