2023-2024学年湖南省衡阳市祁东县高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年湖南省衡阳市祁东县高一（下）期末数学试卷一、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，只有一项是符合要求的。1．（5分）复数z满足zi＝1﹣2i，则z的共轭复数z=A．﹣2﹣i B．﹣2+i C．2﹣i D．﹣1+2i2．（5分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，c＝1，B＝60°，则A＝（）A．π6 B．π4 C．π33．（5分）给出下列四个结论：①经过两条相交直线，有且只有一个平面；②经过两条平行直线，有且只有一个平面；③经过三点，有且只有一个平面：④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面．其中正确结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．44．（5分）已知小王4次月考的数学成绩分别为125，116，120，131，则这些成绩的第75百分位数是（）A．122.5 B．125 C．128 D．1315．（5分）从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字相邻的概率是（）A．13 B．23 C．126．（5分）某商品3～5月份在甲、乙、丙、丁四个地区的销量如图所示，则在这四个地区中该商品3～5月份销量方差最小的为（）A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．丁地区7．（5分）已知方程x3﹣1＝0的根分别为x1＝1，x2=−12+32i，x3=−12−32i，则（1−3iA．2 B．0 C．2101 D．﹣21018．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A，C的中点，Q为线段BC1上的动点，则PQ与平面BCC1B1所成角的正弦值的最小值为（）A．33 B．55 C．66二、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。（多选）9．（6分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论正确的是（）A．若A＞B＞C，则0＜tanC＜3B．若A＞B，则sinA＞sinB C．若A＝150°，a＝2，则△ABC的外接圆的半径为4 D．若A＝C＝30°，a=3，则b（多选）10．（6分）在抛掷一个质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“出现小于5的奇数点数”，事件B表示“出现不小于5的点数”，则下列结论正确的是（）A．P（AB）=1B．P（AB）＝P（B） C．P（AB）＝1﹣P（A） D．事件A或B至少有一个发生的概率为2（多选）11．（6分）如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为83，以〇为中心作正六边形ABCDEF，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆〇上．现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起使得相邻的腰重合得到正六棱台，若该正六棱台的高为26，则下列结论正确的是（）A．正六边形ABCDEF的边长为4 B．该正六棱台的侧面积为543 C．该正六棱台的外接球半径为704D．该正六棱台的体积为842三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）某中学高一年级有男生640人，女生480人，为了解该年级男、女学生的身高差异，应采用（从“简单随机”和“分层随机”中选一个最合适的填入）抽样，若样本容量为112，则应抽取的女生人数为．13．（5分）现用一枚甲型导弹和一枚乙型导弹各射击目标一次，则目标被击中的概率为1415，已知一枚甲型导弹击中目标的概率是23，且甲、乙两种导弹是否击中目标互不影响，则一枚乙型导弹击中目标的概率是14．（5分）已知点O是△ABC的内心，∠ABC＝120°，AC＝2，则△AOC面积的最大值为．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）已知平面向量a→，b→，c→满足a→=（3，4），b（1）若a→∥b→，求（2）若（2a→+c→）⊥（a→+1016．（15分）为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中100棵树木的底部周长（单位：cm），所得数据都在[80，130]内，按[80，90），[90，100），[100，110），[110，120），[120，130]分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求图中a的值；（2）估计这片林木中树木底部周长的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）若这片林木有10000棵树木，估计这片林木中底部周长在[90，110）内的树木的数量．17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=2A，c=4（1）求cosA；（2）若a＝3，求△ABC的周长．18．（17分）为普及防火救灾知识，某学校组织防火救灾知识竞赛，比赛共分为两轮，每位参赛选手在第一轮比赛胜出后才能进入第二轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则赢得比赛，已在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为23，34；在第二轮比赛中，甲，乙胜出的概率分别为12（1）比较甲、乙两人谁赢得比赛的概率大；（2）求甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率．19．（17分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB＝AD＝8，PA＝6，平面PBC⊥平面PAC，M，N分别为PB，PD的中点．（1）证明：MN∥平面ABCD．（2）证明：BC⊥AC．（3）若二面角C﹣PB﹣A的正切值为533，求三棱锥C﹣

2023-2024学年湖南省衡阳市祁东县高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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，只有一项是符合要求的。1．（5分）复数z满足zi＝1﹣2i，则z的共轭复数z=A．﹣2﹣i B．﹣2+i C．2﹣i D．﹣1+2i【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】B【分析】根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．【解答】解：∵zi＝1﹣2i，∴z=1−2i∴z=−2+i故选：B．2．（5分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＝2，c＝1，B＝60°，则A＝（）A．π6 B．π4 C．π3【考点】余弦定理；利用正弦定理解三角形．【答案】D【分析】先根据余弦定理求得b，再根据正弦定理求得结论．【解答】解：因为△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，c＝1，B＝60°，所以b2＝a2+c2﹣2accosB＝22+12﹣2×2×1×1所以b=3所以sinA=asinB故A=π故选：D．3．（5分）给出下列四个结论：①经过两条相交直线，有且只有一个平面；②经过两条平行直线，有且只有一个平面；③经过三点，有且只有一个平面：④经过一条直线和一个点，有且只有一个平面．其中正确结论的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【考点】平面的基本性质及推论．【答案】B【分析】根据已知条件，结合基本事实以及推论，即可求解．【解答】解：由基本事实以及推论，易知①②正确；若三点共线，则经过三点的平面有无数多个，故③错误；若点在直线外，则确定一个平面，若点在直线上，则可有无数个平面，故④错误．故选：B．4．（5分）已知小王4次月考的数学成绩分别为125，116，120，131，则这些成绩的第75百分位数是（）A．122.5 B．125 C．128 D．131【考点】百分位数．【答案】C【分析】根据已知条件，结合百分位数的定义，即可求解．【解答】解：数据从小到大排序为：116，120，125，131，共4个，75%×4＝3，故这些成绩的第75百分位数是125+1312故选：C．5．（5分）从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张，这两张卡片上的数字相邻的概率是（）A．13 B．23 C．12【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【答案】C【分析】根据题意，由列举法分析“从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张”和“两张卡片上的数字相邻”的情况数目，由古典概型公式计算可得答案．【解答】解：根据题意，从标有数字1，2，3，4的四张卡片中任取两张，有（1，2）、（2，3）、（3，4）、（1，3）、（1，4）、（2，4），共6种情况，其中两张卡片上的数字相邻的有（1，2）、（2，3）、（3，4），共3种情况，则两张卡片上的数字相邻的概率P=3故选：C．6．（5分）某商品3～5月份在甲、乙、丙、丁四个地区的销量如图所示，则在这四个地区中该商品3～5月份销量方差最小的为（）A．甲地区 B．乙地区 C．丙地区 D．丁地区【考点】方差．【答案】D【分析】根据题意，由方差的计算公式代入计算，即可得到结果．【解答】解：由图可得，丁地区销量最稳定，所以丁地区销量的方差最小．故选：D．7．（5分）已知方程x3﹣1＝0的根分别为x1＝1，x2=−12+32i，x3=−12−32i，则（1−3iA．2 B．0 C．2101 D．﹣2101【考点】复数的乘法及乘方运算．【答案】B【分析】由已知结合复数代数形式的乘法与乘方运算求解．【解答】解：（1−3i）100（−12−32=[−2(−1=2100[(−12+=2100=2＝2100﹣2100＝0．故选：B．8．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A，C的中点，Q为线段BC1上的动点，则PQ与平面BCC1B1所成角的正弦值的最小值为（）A．33 B．55 C．66【考点】直线与平面所成的角．【答案】C【分析】易得P到平面BCC1B1的距离PH的值，当PQ的值最大时，则PQ与平面BCC1B1所成角的正弦值最小，而PQ的最大值为PB，进而求出此时线面角的正弦值的最小值，即可求解．【解答】解：取B1C1的中点H，连接PH，HQ，设正方体的棱长为2a，则在△A1B1C1中，P为线段A1C1的中点，H为B1C1的中点，所以PH为△A1B1C1的中位线，所以PH∥A1B1，又因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以PH⊥平面BCC1B1，则PQ与平面BCC1B1所成的角为∠PQH，则tan∠PQH=PH由PH=12A所以要使PQ与平面BCC1B1所成角的正弦值最小，则tan∠PQH最小，可知当Q与点B重合时，QH最大，此时QH=5a，所以sin∠PQH=PH故选：C．二、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。（多选）9．（6分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论正确的是（）A．若A＞B＞C，则0＜tanC＜3B．若A＞B，则sinA＞sinB C．若A＝150°，a＝2，则△ABC的外接圆的半径为4 D．若A＝C＝30°，a=3，则b【考点】利用正弦定理解三角形；正弦定理与三角形的外接圆．【答案】ABD【分析】A，由题意利用三角形内角和定理，正切函数的性质即可求解；B，利用正弦定理即可求解；C，由正弦定理即可求解；D，由余弦定理即可求解．【解答】解：A，因为A＞B＞C，A+B+C＝π，所以3C＜π，C∈（0，π3），可得0＜tanC＜B，因为A＞B，可得a＞b，利用正弦定理可得sinA＞sinB，正确；C，设△ABC的外接圆的半径为r，由正弦定理可得，2r=asinA=4D，由余弦定理可得，a2＝b2+c2﹣2bccosA，得到3＝b2﹣3b+3，得到b＝3或b＝0（舍去），正确．故选：ABD．（多选）10．（6分）在抛掷一个质地均匀的骰子的试验中，事件A表示“出现小于5的奇数点数”，事件B表示“出现不小于5的点数”，则下列结论正确的是（）A．P（AB）=1B．P（AB）＝P（B） C．P（AB）＝1﹣P（A） D．事件A或B至少有一个发生的概率为2【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】BCD【分析】利用互斥事件、对立事件、相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式求解．【解答】解：事件A＝{1，3}，B＝{5，6}，A={2，4，5，6}，B∴A，B是互斥事件，∴P（AB）＝0，故A错误；AB={1，3}，P（AB）=26=13，P（B）=26=13，∴P（A）=46=23，∴P（AB）＝1﹣PP（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）=26+故选：BCD．（多选）11．（6分）如图1，一圆形纸片的圆心为O，半径为83，以〇为中心作正六边形ABCDEF，以正六边形的各边为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆〇上．现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图形如图2所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起使得相邻的腰重合得到正六棱台，若该正六棱台的高为26，则下列结论正确的是（）A．正六边形ABCDEF的边长为4 B．该正六棱台的侧面积为543 C．该正六棱台的外接球半径为704D．该正六棱台的体积为842【考点】棱台的侧面积和表面积；棱台的体积．【答案】ABD【分析】对于AB，求出ON与AB的关系，即可由MN=MG2+(ON−O1M)2=OA′−ON2求解；对于C，判断出球心O2在线段O1O【解答】解：如图1，以AB为底边的等腰三角形的中位线为A1B1，连接OA′，分别交A1B1，AB于点M，N，则m，n分别为A1B1，AB的中点，设AB＝2a，则由中位线和正六边形性质得A1B1＝AN＝a，OA＝2a，∠OAB＝60°，∴ON＝OAsin∠OAB＝2asin60°=3MN=OA′−ON2折叠后形成的正六棱台如图2所示，由正六边形性质得O1A1＝A1B1＝a，∠O1A1B1＝asin60°=3连接O1O，则O1O是正六棱台ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的高，即O1O＝26，过点M作MG⊥ON，交ON于点G，则由正六棱台结构特征可知MG⊥平面ABCDEF，∴MG＝O1O＝26，在Rt△MNG中，MN=MG2由①②得83−3∴正六棱台ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的上下底面的边长分别为A1B1＝a＝2和AB＝2a＝4，故A正确；对于B，该正六棱台的侧面高为MN=96+3a2∴正六棱台侧面积为12×(2+4)×33×6=54由O1O＝26＞OA＝4以及正六棱台和对称性可知正六棱台的外接球球心O2必在线段O1O连接O2D，O2D1，OD，O1D1，则O2D，O2D1均为外接球的半径，设为r，由勾股定理得OO∴OO∵O1O＝O1O2+OO2＝26，O1D1＝2，OD＝4，∴OO22+42＝（26−OO2）2+22∴r2=OO22+OD2＝（62）∴r=702，故对于D，∵正六棱锥上底面面积为S1=3下底面面积为S2=3∴该正六棱台的体积为V=13(63+24故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）某中学高一年级有男生640人，女生480人，为了解该年级男、女学生的身高差异，应采用（从“简单随机”和“分层随机”中选一个最合适的填入）抽样，若样本容量为112，则应抽取的女生人数为．【考点】分层随机抽样的比例分配与各层个体数及抽取样本量．【答案】分层随机；48．【分析】根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．【解答】解：因为男、女学生的身高存在明显差异，所以应采取分层随机抽样的方法抽取样本，若样本容量为112，则应抽取的女生人数为480640+480故答案为：分层随机；48．13．（5分）现用一枚甲型导弹和一枚乙型导弹各射击目标一次，则目标被击中的概率为1415，已知一枚甲型导弹击中目标的概率是23，且甲、乙两种导弹是否击中目标互不影响，则一枚乙型导弹击中目标的概率是【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【答案】45【分析】利用相互独立事件概率乘法公式、对立事件概率计算公式求解．【解答】解：设一枚乙型导弹击中目标的概率是p，由题意知1﹣（1−23）（1﹣p）解得p=4故答案为：4514．（5分）已知点O是△ABC的内心，∠ABC＝120°，AC＝2，则△AOC面积的最大值为．【考点】余弦定理；利用正弦定理解三角形．【答案】2−3【分析】由点O为△ABC的内心，可得∠AOC的大小，由余弦定理可得OA•OC的最大值，进而可得△AOC的面积的最大值．【解答】解：因为点O是△ABC的内心，∠ABC＝120°，所以∠AOC=180°−180°−120°由余弦定理得：AC2＝OA2+OC2﹣2OA•OCcos150°，即4＝OA2+OC2+3OA•OC≥（2+3）OA•可得OA⋅OC≤4故△AOC的面积S=12OA•OCsin∠AOC≤12•42+所以△AOC面积的最大值为2−3故答案为：2−3四、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）已知平面向量a→，b→，c→满足a→=（3，4），b（1）若a→∥b→，求（2）若（2a→+c→）⊥（a→+10【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】（1）﹣6；（2）2π3【分析】（1）结合向量共线的性质，即可求解；（2）根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及向量的夹角公式，即可求解．【解答】解：（1）a→=（3，4），b→=（λ，﹣8），则3×（﹣8）＝4λ，解得λ＝﹣6；（2）（2a→+c→）⊥（则(2aa→则|a|c→所以2×52+20设向量a→与c→夹角的大小为θ，θ∈[0，则cosθ=a故θ=2π16．（15分）为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中100棵树木的底部周长（单位：cm），所得数据都在[80，130]内，按[80，90），[90，100），[100，110），[110，120），[120，130]分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．（1）求图中a的值；（2）估计这片林木中树木底部周长的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（3）若这片林木有10000棵树木，估计这片林木中底部周长在[90，110）内的树木的数量．【考点】频率分布直方图的应用．【答案】（1）0.025．（2）102.5cm．（3）2500棵．【分析】（1）根据频率分布直方图每组小矩形的面积之和为1，列出方程，求得a的值；（2）利用频率分布直方图求出数据的平均值即可；（3）由频率估计概率，求解即可．【解答】解：（1）由图象可知（a+0.035+0.02+0.015+0.005）×10＝1，解得a＝0.025．（2）平均值为0.15×85+0.25×95+0.35×105+0.20×115+0.05×125＝102.5（cm）．（3）底部周长在[90，110）内树木数量约为0.25×10000＝2500（棵）．17．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知C=2A，c=4（1）求cosA；（2）若a＝3，求△ABC的周长．【考点】利用正弦定理解三角形．【答案】（1）cosA=2（2）283【分析】（1）由C=2A，c=43a，可得sinC＝2sinAcosA（2）由（1）及余弦定理可得b=73或b＝3，后由C为钝角可排除【解答】解：（1）因为C＝2A，所以sinC＝2sinAcosA，又c=43a，所以sinC=因为sinA＞0，所以cosA=2（2）因为a＝3，所以c=4由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bccosA，得9=b整理得3b2﹣16b+21＝0，解得b=73或因为cosA=23∈(当b＝3时，cosC=3当b=73时，则b=73，△ABC的周长为18．（17分）为普及防火救灾知识，某学校组织防火救灾知识竞赛，比赛共分为两轮，每位参赛选手在第一轮比赛胜出后才能进入第二轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则赢得比赛，已在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为23，34；在第二轮比赛中，甲，乙胜出的概率分别为12（1）比较甲、乙两人谁赢得比赛的概率大；（2）求甲赢得比赛且乙没赢得比赛的概率．【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【答案】（1）甲赢得比赛得概率大；（2）14【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式可解；（2）根据相互独立事件的概率乘法公式可解．【解答】解：（1）设A1＝“甲在第一轮比赛中胜出“，A2＝“甲在第二轮比赛中胜出“，B1＝“乙在第一轮比赛中胜出“，B2＝“乙在第二轮比赛中胜出“，则A1A2＝“甲赢得比赛”，P（A1A2）＝P（A1）P（A2）=2B