福建省漳州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省漳州市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回，5 B，如图，在中，，点是的中点，在复平面内，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 满分：150分）
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号､姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束，考生必须将答题卡交回.
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.若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A.1 B. C.2 D.
2.设，向量，且，则（ ）
A.3 B.5 C.9 D.25
3.某校在五四青年节举行了班班有歌声比赛.现从该校随机抽取20个班级的比赛成绩，得到以下数据，由此可得这20个比赛成绩的第80百分位数是（ ）
A.8.5 B.9 C.9.5 D.10
4.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
5.某校高一､高二､高三的学生志愿者人数分别为.按学生所在年级进行分层，用分层随机抽样的方法从中抽取5名学生去敬老院献爱心.从这5人中随机抽取2人作为负责人，则2名负责人来自不同年级的概率为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，在中，，点是的中点.设，则（ ）
A. B.
C. D.
7.如图，是由斜二测画法得到的水平放置的直观图，其中，点为线段的中点，对应原图中的点，则在原图中下列说法正确的是（ ）
A.
B.的面积为2
C.在上的投影向量为
D.与同向的单位向量为
8.威镇阁坐落于漳州市区战备大桥引桥左侧，是漳州市的标志性建筑之一.某同学为测量威镇阁的高度，在威镇阁的正北方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，威镇阁顶部的仰角分别为和，在处测得威镇阁顶部的仰角为，威镇阁的高度约为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知甲､乙两位同学在高一年六次考试中的数学成绩的统计如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.若甲､乙两组数据的平均数分别为，则
B.若甲､乙两组数据的方差分别为，则
C.甲成绩的中位数大于乙成绩的中位数
D.甲成绩的极差小于乙成绩的极差
10.在复平面内，下列说法正确的是（ ）
A.复数，则在复平面内对应的点位于第四象限
B.
C.若复数满足，则
D.若，则的最大值为
11.已知正方体的棱长为分别为的中点，下列说法正确的是（ ）
A.直线与平面平行
B.直线与平面所成的角为
C.异面直线与所成角的余弦值为
D.若点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.圆台的母线长为，上､下底面半径分别为2，3，则该圆台的体积为__________.
13.复数是方程的一个根，则__________.
14.二面角为为线段的三等分点，且，到的距离为.若为平面内一动点，则最大时，的值为__________.
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）
已知复数为纯虚数.
（1）求的值；
（2）在复平面内，若对应的向量分别为，其中为原点，求.
16.（15分）
漳州古城有着上千年的建城史，是国家级闽南文化生态保护区的重要组成部分，并人选首批“中国历史文化街区”.五一假期来漳州古城旅游的人数创新高，单日客流峰值达20万人次.为了解游客的旅游体验满意度，某研究性学习小组用问卷调查的方式随机调查了100名游客，该兴趣小组将收集到的游客满意度分值数据（满分100分）分成六段：得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值，并估计100名游客满意度分值的众数和中位数（结果保留整数）；
（2）已知满意度分值落在的平均数，方差，在的平均数为，方差，试求满意度分值在的平均数和方差.
17.（15分）
如图1，在直角三角形中，分别为的中点，将沿折起，形成四棱锥，如图2.点分别为的中点，设平面与平面的交线为.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）过点的平面交于点，求的值.
18.（17分）
孟德尔在观察踠豆杂交时发现了以下规律：㱧豆的各种性状是由其遗传因子决定的.以子叶颜色为例，踠豆的子叶分黄､绿两种颜色，其中黄色为显性性状，绿色为隐性性状.我们用表示子叶为黄色的踠豆的遗传因子对，用表示子叶为绿色的踠豆的遗传因子对.当这两种踠豆杂交时，父本的其中一个遗传因子与母本的其中一个遗传因子等概率随机组合，子一代的遗传因子对全部为，如下图所示，其中为显性遗传因子，为隐性遗传因子.当生物的遗传因子对中含有显性遗传因子时呈现显性性状，否则呈现隐性性状.例如：均指示黄色子叶，指示绿色子叶.我们称以上定律为孟德尔定律.已知人的单､双眼皮性状服从孟德尔定律，其中双眼皮是显性性状，记其遗传因子对为或；单眼皮是隐性性状，记其遗传因子对为.若仅考虑眼皮性状，已知甲的母亲､父亲､伯父､姑父､姑母的遗传因子对均为，伯母为单眼皮.
（1）求甲和堂弟都是单眼皮的概率；
（2）求甲和堂弟､表妹三人中至少两人为单眼皮的概率.
19.（17分）
我国南宋著名数学家秦九韶在他的著作《数书九章》卷五“田域类”有一个题目：“问沙田一段，有三斜，其小斜一十三里，中斜一十四里，大斜一十五里，里法三百步.欲知为田几何？”其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.”这就是秦九韶推出的“三斜求积”公式.若的内角的对应边分别为，面积为，则“三斜求积”公式为
（1）用“三斜求积”公式证明；
（2）若，且，求面积的最大值；
（3）定义：四面体中，若异面棱长相等的四面体为等腰四面体.设等腰四面体的外接球表面积为的外接圆面积为.已知，且，，试用表示，并求的取值范围.
漳州市2023-2024学年（下）期末高中教学质量检测
高一数学参芳答案
评分说明：
1.本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则.
2.对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.
3.解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数
4.只给整数分数.选择题和填空题不给中间分.
一､单项选择题（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）
二､多选题：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，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 13. 14.
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.解：（1）因为，
所以，
因为为纯虚数，所以
解得.
（2）由（1）得，又，
所以在复平面内对应点的坐标分别为和，
所以
16.解：
（1）由频率分布直方图可得，，
解得，
由频率分布直方图可估计众数为85.
满意度分值在的频率为，
在的频率为，
所以中位数落在区间内，
所以中位数为.
（2）由频率分布直方图得，满意度分值在的频率为，人数为20；在的频率为，人数为30，
把满意度分值在记为，其平均数，方差，
在记为，其平均数，方差，
所以满意度分值在的平均数
，
根据方差的定义，满意度分值在的方差为
由，
可得，
同理可得，
因此，
17.解法一：
（1）取中点，连接，如图所示，
因为是中点，所以为的中位线，
所以，
因为，
所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以，
因为平面平面，所以平面.
（2）在中，分别为的中点，所以为的中位线，
所以，
因为，即，所以，
所以翻折后，，因为平面，
平面，所以平面，所以平面，
因为平面平面，所以平面，所以.
（3）由（1）知，平面，
因为平面平面，
平面，
所以，
所以，
因为是中点，所以是中点，
所以.
解法二：
（1）如图，延长交于点，连接，则直线即为交线.
（理由如下：因为，所以，
因为平面平面，所以平面，
平面，又平面平面，所
以平面平面.）
在中，分别为的中点，
所以为的中位线，
所以，且，所以为中点.
因为为中点，所以为的中位线，所以
因为平面平面，
所以平面，即平面.
（2）同解法一.
（3）取中点，连接，
因为是中点，所以，
因为，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面平面，所以平面，
因为平面平面平面，
所以，
所以，
因为是中点，所以是中点，所以.
18.解：
（1）设事件“甲为单眼皮”，事件“堂弟为单眼皮”，事件为相互独立事件，事件“甲和堂弟都是单眼皮”，
因为甲的母亲､父亲的遗传因子对均为，所以甲的遗传因子有三种类型：
，，其中，出现的概率都是，出现的概率为，
甲为单眼皮时，遗传因子为，所以，
因为伯父遗传因子对为，伯母遗传因子对为aa，所以堂弟的遗传因子有两种类型：，.其中，出现的概率均为，
所以堂弟为单眼皮的概率，
故甲和堂弟都是单眼皮的概率.
（2）设事件“表妹为单眼皮”，则相互独立，
事件“甲和堂弟单眼皮，表妹双眼皮”，事件“甲和表妹单眼皮，堂弟双眼皮”，事件“表妹和堂弟单眼皮，甲双眼皮”，事件“甲和堂弟､表妹都是单眼皮”，则事件两两互斥，
因为，
所以，
，
，
，
所以甲和堂弟表妹三人中至少两人为单眼皮的概率为
19.解法一：
（1）证明：由余弦定理得，
所以，
所以
所以得证.
（2）因为，由余弦定理得，
因为，代入上式化简得，所以，
所以
所以当时，面积的最大值为.
（3）由题意，等腰四面体可补形成与其共外接球的长方体，设，
则，设等腰四面体的外接球半径为，所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
设的外接圆半径为，由正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以
因为，
所以，
所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
又因为，
所以，
所以，即，
所以，所以的取值范围为.
解法二：
（1）同解法一.
（2）因为，所以，
因为，
所以，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
所以
所以当时，面积的最大值为.
（3）由题意，等腰四面体可补形成与其共外接球的长方体，设，
则，设等腰四面体的外接球半径为，所以，
所以，
又因为
，
设的外接圆半径为，由正弦定理得，
因为，所以，代入，
，
所以，
下同解法一.比赛成绩
6
7
8
9
10
班级数
3
5
4
4
4
1
2
3
4
5
6
7
8
B
B
C
B
D
A
D
C
9
10
11
ACD
BD
AD