河北省唐县第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题

高一数学考试考试时间120分钟全卷满分150分一、单选题1．已知复数（i是虚数单位），则复数在复平面内对应的点所在的象限为（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．设，，是互不重合的平面，，是互不重合的直线，给出四个命题：①若，，则

②若，，则③若，，则

④若，，则其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．43．有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是（

）A．11 B．12 C．16 D．174．已知正四面体的棱长为1，空间中一点满足，其中，，，且.则的最小值为（

）A． B． C． D．15．在中，内角所对的边分别为．向量．若，则角C的大小为（

）A． B． C． D．6．“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为（

）A． B． C． D．7．抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每一次抛掷的结果要么正面向上要么反面向上，记“第一次硬币正面向上”为事件A，“三次试验恰有1次正面向上”为事件B，“三次试验恰有2次正面向上”为事件C，“三次试验全部正面向上或者全部反面向上”为事件D，则下列说法正确的是（

）A．A与B互斥 B．A与D相互独立C．A与C相互独立 D．C与D对立8．通常以24小时内降水在平地上积水厚度（单位：mm）来判断降雨程度，其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）．小明用一个近似圆台的水桶（如图，计量单位）连续接了24小时的雨水，桶中水的高度约为桶高的，则当天的降雨等级是（

）A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨二、多选题9．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，下列说法正确的是（

）A．若，，，则有两解B．若，则△ABC为等腰三角形C．若为锐角三角形，则D．若的外接圆的圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为10．如图，在三棱柱中，底面为等边三角形，为的重心，，若，则（

）A． B．C． D．11．正方体的棱长为分别为的中点，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（

）

A．直线与所成角的余弦值为B．三棱锥的体积为定值C．平面截正方体所得的截面周长为D．直线与平面所成角的正弦值为三、填空题12．已知纯虚数z满足，则z可以是．13．在一个正三棱柱中，所有棱长都为2，各顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为．14．如图，已知两座山的海拔高度米，米，在BC同一水平面上选一点，测得点的仰角为点的仰角为，以及，则M，N间的距离为米.（结果保留整数，参考数据）四、解答题15．已知的三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若，且的面积为，求的周长．16．在正四棱柱中，，为棱中点．(1)证明平面．(2)求二面角的正弦值．

17．在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为，乙获胜的频率为．为便于研究，用此频率代替他们在决赛中每局获胜的概率．决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金．(1)求前两局乙均获胜的概率；(2)前2局打成1：1时，①求乙最终获得全部奖金的概率；②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗?为什么?18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面为线段的中点，为线段（不含端点）上的动点.(1)证明：平面平面；(2)是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.19．著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，．(1)求角；(2)若，求的周长；(3)在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．参考答案：1．A【分析】将代入中计算可求出复数，从而可求得答案.【详解】由，，有，故复数在复平面内对应的点所在的象限为第一象限．故选：A2．B【分析】根据线面位置关系的判定定理、性质定理，以及推论，逐项判定，即可求解.【详解】，，是互不重合的平面，，是互不重合的直线，若，，则，，相交或异面，故①不正确；若，，则，故②正确；若，，则，故③正确；若，，则或，故④不正确；正确命题的个数是.故选：.3．D【分析】将样本数据由小到大排列，结合上四分位数的定义可求得这组数据的上四分位数.【详解】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，因为上四分位数是第分位数，则，所以这组数据的上四分位数为.故选：D.4．B【分析】对结合化简得，从而可知点在平面内，所以当平面时，最小，从而可求得结果.【详解】因为，，所以，，所以，所以，因为不共线，所以共面，所以点在平面内，所以当平面时，最小，取的中点，连接，则点在上，且，所以，即的最小值为.故选：B5．C【分析】利用共线向量的坐标表示，结合余弦定理求解即得.【详解】在中，由，，得，整理得，由余弦定理得，而，所以.故选：C6．A【分析】运用列举法，求出样本空间的样本点数，再找出满足题意的种数，最后运用古典概型公式求解即可.【详解】样本空间{（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑），（芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）}，共有15个样本点.其中任取2个节气，这2个节气不在同一个月的样本点有12个.所以这2个节气不在同一个月的概率为.故选：．7．B【分析】列出基本事件，由互斥事件、对立事件与独立事件的概念逐项判断即可．【详解】抛掷一枚质地均匀的硬币3次，共有（正正正），（正正反），（正反正），（反正正），（正反反），（反反正），（反正反），（反反反）共8种结果，事件A“第一次硬币正面向上”包含（正正正），（正正反），（正反正），（正反反）共4种结果，事件B“三次试验恰有1次正面向上”包含（正反反），（反反正），（反正反），共3种结果，事件C“三次试验恰有2次正面向上”包含（正正反），（正反正），（反正正），共3种结果，事件D“三次试验全部正面向上或者全部反面向上”包含（正正正），（正反反），共2种结果，对于A选项，事件A与事件B可能同时发生，即（正反反），不是互斥事件，错误；对于B选项，，，，则A与D相互独立，正确；对于C选项，，，则A与C不独立，错误；对于D选项，C和D互斥但并事件不是全体事件，故它们不对立，错误．故选:B.8．B【分析】计算出水桶桶中水的体积，除以水桶上底面面积即可得24小时内降水在平地上积水厚度，即可得解.【详解】由题桶的下底面面积为，上底面面积又桶中水水面与底面距离为，设水面半径为，如图为桶的轴截面图形，则，则，故由得，故水面半径为，所以桶中水水面面积为所以连续24小时的桶中水的体积为，所以24小时内降水在平地上积水厚度为，所以当天的降雨等级是中雨.故选：B.【点睛】思路点睛：先计算出水面半径，进而得水桶桶中水的体积，再除以水桶上底面面积即可得24小时内降水在平地上积水厚度.9．ACD【分析】选项A，正弦定理解三角形判断解的个数；选项B，已知条件结合正弦定理化简得，可判断三角形形状；选项C，若为锐角三角形，有，可得；选项D，由已知判断的形状，利用投影向量的定义计算结果.【详解】选项A，中，若，，，则由正弦定理，可得，又，所以或，此时有两解，故A正确；选项B，中，若，则由正弦定理可得，所以，即，又，所以或，即或，为等腰三角形或直角三角形，故B错误；选项C，若为锐角三角形，则，即，因为在上为减函数，所以，故C正确；选项D，中，，则O是BC的中点，所以BC为圆O的直径，则有，又，则为等边三角形，有，，，，则向量在向量上的投影向量为，故D正确.故选：ACD.10．ABD【分析】A选项，根据重心性质得到，求出；B选项，，利用向量数量积公式得到，得到垂直关系；C选项，，故两者不平行；D选项，利用向量数量积公式得到，得到.【详解】A选项，底面为等边三角形，为的重心，故，又，故，A正确；B选项，，故，故，B正确；C选项，，又，设，即，无解，故与不平行，C错误；D选项，，故，D正确.故选：ABD11．ABC【分析】对于A，取中点H，连接得，则求出的余弦值即为直线与所成角余弦值；对于B，连接、，证明即可得到平面截正方体所得的截面图形为四边形，证明平面结合棱锥的体积公式即可判断；对于C，由选项B即可得到截面的图形，进而根据数据直接求解即可；对于D，根据线面角定义以及正方体性质可得到是直线与平面所成的角，求出的正弦值即可得解.【详解】对于A，取中点H，连接、、，

则由题意可知，，且，所以是直线与所成角或补角，且，所以直线与所成角余弦值为，故A正确；对于B，连接、，由正方体几何性质可知且，所以四边形是平行四边形，故，

又，所以，故与共面且过与的面有且只有一个，故四边形是平面截正方体所得的截面图形，连接，则由、均为所在边的中点以及正方体性质得，且，故，又平面，平面，所以平面，故点到平面的距离即为到平面的距离，所以为定值，即三棱锥的体积为定值，故选项B正确；对于C，由B可知平面截正方体所得的截面图形为四边形，又由上以及题意得，，，所以平面截正方体所得的截面周长为，故C正确；对于D，连接，由正方体性质可知平面，故是直线与平面所成的角，又，所以，所以，故直线与平面所成角的正弦值为，故D错.

故选：ABC.12．（答案不唯一）【分析】由复数概念和复数的模即可求解.【详解】为纯虚数，设，，，解得或，即或.故答案为：（答案不唯一）13．【分析】由已知画出图形，连接上下底面中心，则的中点即为外接球球心，连接CO，求出CO即可计算得出外接球的面积．【详解】由已知做出正三棱柱，则，设点分别为正，正的中心，连接，则，连接并延长交于于点，则，，设点为中点，连接CO，则点为正三棱柱外接球的球心，且平面，，因为点为正的中心，所以，所以，则，因为平面，所以，则正三棱柱外接球半径，所以该球的表面积为：，故答案为：14．249【分析】由题意求出，在中结合余弦定理计算即可求解.【详解】由题意知，米，米，在中，由余弦定理得米，即的距离为249米.故答案为：24915．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角公式即可求解；（2）根据三角形的面积公式可得，再结合余弦定理即可求解.【详解】（1）由正弦定理可得，所以，即，因为，所以，所以，化简得，即，又由，可得，故，所以；（2）由已知可得，，可得，化简得，，即，又由余弦定理可得，化简得，，联立解得，所以的周长为16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正四棱柱的性质，得到侧面，利用线面垂直的性质可以证明出，结合，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】（1）因为是正四棱柱，所以侧面，而平面，所以又，，平面，所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，则，，设，则，所以，，因为，所以，解得或（舍去），所以，，则，，，设是平面的法向量，所以取，设是平面的法向量，所以取，设二面角为，则，所以二面角的正弦值为.17．(1)；(2)①；②不合理，理由见解析.【分析】（1）利用独立事件的概率公式计算即得.（2）①利用互斥事件及相互独立事件的概率公式，列式计算即可；②求出继续比赛甲乙各自获胜的概率，按概率比例进行分配即可.【详解】（1）依题意，前两局乙均获胜的概率为.（2）①乙最终获得全部奖金的事件，有以和两种情况，若以获胜，则乙连胜两局，概率为，若以获胜，则乙第3、4局输1局，第5局胜，概率为，所以乙最终获得全部奖金的概率为.②由①知，继续比赛，乙获胜的概率是，则甲获胜的概率为，所以按2:1分配奖金，不合理，应按将奖金分配给甲乙.18．(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）根据题意可证平面，则，进而可得平面，即可得结果；（2）建系标点，设，分别为平面、平面的法向量，利用空间向量处理二面角的问题.【详解】（1）因为底面为正方形，则，又因为平面，平面，。且，平面，可得平面，由平面，可得，因为，且E为的中点，则，由，平面，可得平面，且平面，所以平面平面.（2）以分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，则，，设，则，设平面的法向量，则，令，则，可得，又因为，设平面的法向量，则，令，则，可得，由题意得：，即