江苏省徐州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1江苏省徐州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题一、单项选择题：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.复数的共轭复数为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，则复数的共轭复数为.故选：A.2.某圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为π的扇形，则该圆锥的高为（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】依题意，圆锥的母线长，设圆锥的底面圆半径为，依题意，，解得，所以圆锥的高.故选：B.3.已知一组数据4，8，9，3，3，5，7，9，则（）A.这组数据的上四分位数为8 B.这组数据没有众数C.这组数据的极差为5 D.这组数据的平均数为6【答案】D【解析】对于A，给定数据由小到大排列为3，3，4，5，7，8，9，9，而，所以这组数据的上四分位数为，A错误；对于B，这组数据的众数是3和9，B错误；对于C，这组数据的极差为6，C错误；对于D，这组数据的平均数为，D正确.故选：D.4.已知，是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则使得成立的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】C【解析】对于A：若，，则或，若，又，则与可能平行、相交（不垂直）、异面（不垂直）、相交垂直、异面垂直，若，又，则与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故A错误；对于B：若，，，则，故B错误；对于C：若，，则，又，所以，故C错误；对于D：若，，则与可能平行或相交（不垂直）或垂直或，又，此时不能保证成立，如，此时与可能平行、异面（不垂直）、异面垂直，故D错误.故选：C.5.将扑克牌4种花色的K，Q共8张洗匀，若甲已抽到了2张K后未放回，则乙抽到2张Q的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】甲抽到了2张K后未放回，则乙从余下6张牌中任取2张有种方法，抽到2张Q有种方法，所以乙抽到2张Q的概率为.故选：B.6.以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段圆弧，三段圆弧围成的曲边三角形称为“勒洛三角形”．在如图所示的勒洛三角形中，已知，点在上，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】如图，以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于方向为轴，建立平面直角坐标系，因为，，所以，即，且，所以，所以.故选：A.7.已知，，，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由得，两边平方得：，①由得，两边平方得：，②①+②得：，因为，所以，由可得：，即，所以，又，所以，所以，故A错误；由，两边平方得，③由得，两边平方得：，④③+④得：，因为，所以，故，由，，可得，故C正确，D错误；综上不是定值，故B错误.故选：C.8.在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题可知，四边形是矩形，，所以初始状态时直线与直线所成的角为，已知矩形中，，，，翻折过程中，如下图，因为，所以，则与平面不垂直，因为，，所以异面直线与不垂直，翻折过程中，当平面与平面重合时，与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，如下图：因为矩形中，，，，，所以，同理，所以，即异面直线与所成角的临界值为，所以异面直线与所成角的范围为.故选：C.二、多项选择题：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，有选错的得0分.9.盒子里有3个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”．则（）A.与互为对立事件 B.与互斥C.A与B相互独立 D.【答案】AD【解析】依题意可设个红球为，，，2个白球为，，则样本空间为：，共个基本事件，事件，共个基本事件，事件，共个基本事件，事件，，共个基本事件，事件，共个基本事件，对于A，显然、不可能同时发生，且与中一定有一个会发生，所以与互为对立事件，故A正确；对于B：注意到，则与不互斥，故B错误；对于C：因为，则，故与不独立，故C错误；对于D：，故D正确.故选：AD.10.已知，，，，则下列说法正确的是（）A.为纯虚数 B.C.的最大值为 D.若，则【答案】BC【解析】对于A：因为，所以，故A错误；对于B：因为，，所以，故B正确；对于C：设，则，又，所以，所以点为以为圆心，为半径的圆上的点，所以，表示点与点的距离，因为，所以，故C正确；对于D：设所对应的向量为，所对应的向量为，因为，则，所以，所以，所以，所以，即，故D错误.故选：BC.11.在正四棱台中，，，，点E在内部（含边界），则（）A.平面 B.二面角的大小为C.该四棱台外接球的体积为 D.的最小值为【答案】ABD【解析】对于A，如图1，设底面对角线交于点，由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故共面，又面面，而面面，面面，故，即；由，，，得，，即；所以四边形是平行四边形，故，而面，面，所以平面，故A正确；对于B，正四棱台中，为中点，，则，由，则有，所以二面角平面角为，，，为正三角形，所以二面角的大小为，故B正确；对于C，如图2，设为的中点，为正四棱台外接球的球心，设外接球的半径为，则，在等腰梯形中，易得，为方便计算，不妨设，则由，即，得，又，解得，即与重合，故，故球的体积为，故C错误；对于D，由图2易得，，，面，故面，不妨设落在图3(在外)处，过作，交于，则面，面，故，故在中，（直角边小于斜边）；同理，，所以，故动点只有落在上，才有可能取得最小值；再看图4，由AB选项可知，，，和都为正三角形，关于的对称点为，可知，即与重合时，有最小值，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知向量，，则________．【答案】1【解析】向量，，则，所以.故答案为：1.13.已知，且，则________．【答案】或【解析】，解得：或，因为，所以或.故答案为：或.14.在中，，分别在边上，且平分，平分，若，则________，________．【答案】【解析】设三个内角所对的边的长度分别为，则由角平分线定理可得，结合知，；同理有，，故，而，故，故由可得，即，从而，故，由于题目中的条件和所求的量均只涉及线段间的长度比，故可以不妨设，从而，展开，合并同类项，即得，由于，故，从而，所以，同时，之前得到的又等价于，故，所以，从而，这就得到，故，假设，则，矛盾，故，从而由上面已经得到的，就有，故，结合和就有，这就得到，所以，这就得到，最后，设，则，且，故，所以，即，从而或，而，故，所以，即，由于，故，而，故，从而，又因为，故，所以，故，从而，这得到，故，从而由知，将弧度转换为角度，就得到.故答案为：.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.已知向量，．（1）若，求；（2）若，且，求．解：（1）因为，且，所以，则，所以.（2）因为，且，所以，则，所以，则，所以，又，所以，所以，所以.16.2024年4月25日，搭载神舟十八号载人飞船的长征二号F遥十八运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，航天员叶光富、李聪、李广苏开始了他们的太空征程．为纪念中国航天事业所取得的成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取2000名学生进行了航天知识竞赛，将成绩（满分：150分）整理后分成五组，从左到右依次记为[50，70），[70，90），[90，110），[110，130），[130，150]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）补全频率分布直方图，并估计这2000名学生成绩的平均数、求85%分位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取200人，若第三组中被抽取的学生成绩的平均数为94，方差为1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数为124，方差为2，求这200人中分数在区间[90，130）的学生成绩的方差．解：（1）频率为，所以该组数据的纵坐标为，补齐的直方图如图：平均数为，因为前三组的频率之和，而前四组的频率之和，所以第分位数为第四组数据的中点即.（2）设第三组的平均数是，权重为，方差为，设第四组的平均数是，权重为，方差为，两组的平均数是，方差为，由直方图可知则，，则，根据分层抽样方差公式得：.17.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求A；（2）若点D在边BC上，且，，求的值．解：（1）在中，因为，所以，所以，因为，，结合题意知，所以，所以，因为，所以.（2）因为，所以，所以，所以，所以，化简得，因为，所以，所以.18.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上．（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离；（3）设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值．解：（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且，所以、为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面.（2）因为平面，平面，所以，，又，，，所以，所以，又，所以，设点到平面的距离为，则，即，解得，即点到平面的距离.（3）连接，，则且，又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以，取的中点，连接，则且，又为中点，所以，又，所以，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，则平面，又，平面，所以平面，连接，，则为直线与平面所成的角，即，所以，为直线与平面所成的角，即，所以，所以，又，设，，所以，所以，令，则，所以，因为，所以，所以当时取得最大值，且最大值为，所以.19.在平面直角坐标系中，横、纵坐标都是整数点称为整点，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：，，，…，与；，，，…，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②，其中，2，3，…，，则称与互为正交点列．（1）求：，，的正交点列；（2）判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；（3）证明：，，都存在整点列无正交点列．解：（1）设点列，，的正交点列是，，，由正交点列的定义可知，，设，，由正交点列的定义可知，即，解得，所以点列，，的正交点列是，，.（2）由题可得，设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，所以有，因为，，，得方程，显然不成立，