2023-2024学年安徽省六安二中河西校区高一(下)期末数学试卷+答案解析

2023-2024学年安徽省六安二中河西校区高一（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知复数为虚数单位，则z的虚部为()
A. B. C. D.
2.已知向量与的夹角为，则()
A.12
B.16
C.
D.4
3.假设，，且A与B相互独立，则()
A. B. C. D.
4.如图，F为平行四边形ABCD对角线BD上一点，AC，BD交于点
，若，则()
A.3
B.
C.7
D.
5.设，是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是()
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，，则
D.若，，，则
6.概率论起源于博弈游戏17世纪，曾有一个“赌金分配”的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局双方约定，各出赌金180枚金币，先赢3局者可获得全部赎金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了局，乙赢了
1局.问这360枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率”的知识，合理地给出了赌金分配方案.该分配方案是()
A.甲180枚，乙180枚
B.甲288枚，乙72枚
C.甲240枚，乙120枚
D.甲270枚，乙90枚
7.如图，在正方体中，M，N，P分别是，BC，
的中点，有四个结论：
①AP与CM是异面直线；
②AP，MN，相交于一点；
③；
④
平面
其中正确的个数为()A.1B.2C.3D.48.在
中，已知
，P 为线段AB 上的一点，且
，则的最小值为()
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。

9.下列说法正确的为()
A.数据2，2，3，5，6，7，7，8，10，11的下四分位数为3
B.数据，
，…，的标准差为2，则数据
，
，…，
的方差为16
C.若，，，则有两解
D.若
，
，
，则
在上的投影向量为
10.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件A 表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件B 表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件C 表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件D 表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则()
A.A 与B 是互斥事件
B.C 与D 互为对立事件
C.B 发生的概率为
D.B 与C 相互
独立
11.如图，在直三棱柱
中，已知
，
，E 为
的中点，过AE 的截面与高
，
分别
交于点F ，G ，则下列说法正确的是() A.三棱锥的体积为定值
B.线段
长度的取值范围是
C.当点F为中点时，截面AFEG的周长为
D.存在点F，使得
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.六安二中为了了解学生参加数学建模社团的情况，采用了分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了400人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了140人.已知该校高三年级共有1440名学生，则该校共有学生______人.
13.已知i为虚数单位，若复数z满足，则的取值范围是______.
14.在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD 中点，，，则该三棱锥的外接球的体积为______
.
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.本小题13分
2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“哈尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，六安文旅也在各大平台发布了六安的宣传片：六安瓜片、舒城小兰花、固镇大白鹅等等出现在大众视野现为进一步发展六安文旅，提升六安经济，在5月份对来六安旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中
试估计游客满意度得分的平均值同一组中的数据用该组区间的中点值作代表和第60百分位数.
六安文旅6月份继续对来六安旅游的游客发起满意度调查现知6月1日月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为85，方差为74：6月8日月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为95，方差为由这些数据计算6月1日月14日的总样本的平均数与方差.
16.本小题15分
已知在中，三边a，b，c所对的角分别为
求C；
若，外接圆的直径为4，求的面积.
17.本小题15分
为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概
率都为p，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响，已知每题甲、乙
两人同时答对的概率为、恰有一人答对的概率为
求p和q的值；
求甲、乙两人共答3对道题的概率．
18.本小题17分
如图，在四棱锥中，平面
ABE，，且，F是DE的中点.
证明：；
若，直线CF与直线DB所成角的余弦值为
ⅰ求直线DE与平面ABE所成角；
ⅱ求二面角的余弦值.
19.本小题17分
如图，设Ox，Oy是平面内相交成的两条射线，分别为Ox，Oy同向的单位向量，定
义平面坐标系xOy为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记
在仿射坐标系中
①若，求；
②若，且与的夹角为，求；
如上图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，分别为BD，BC中点，求的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：，
的虚部为
故选：
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：向量与的夹角为，
故选：
根据向量模的数量积公式，即可得出答案．
本题考查平面向量的线性运算，考查转化思想，考查运算能力，属于基础题．3.【答案】C
【解析】解：由题意，，且A与B相互独立，
则，
故
故选：
根据独立事件的乘法公式求得，再根据和事件的概率计算即可求得答案．本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：，
所以，
因为，
所以，，
所以
故选：
利用平面向量的线性运算法则求解．
本题主要考查了平面向量的线性运算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，直线m，l可能平行，相交或异面，故A错误，
对于B，平面，可能相交或平行，故B错误，
对于C，由直线与平面平行性质，分析可得C正确；
对于D，平面，可能相交或平行，故D错误．
故选：
根据题意，由线面平行性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查平面与平面的位置关系，涉及平面与平面、直线与平面平行的性质和应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：游戏至多再进行2局即可分出胜负，所有结果为：甲赢甲赢、甲赢乙赢、乙赢甲赢、乙赢乙赢，每种结果等可能出现，
甲获胜所含基本事件为前3个，
因此甲获胜的概率是，乙获胜的概率为，
所以赌金应按3：1来分配，即甲获得270枚金币，乙获得90枚金币．
故选：
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：①中，连接PM、AC、，因为M、P分别是、
的中点，多面体是正方体，
所以，，，
因为，所以AP与CM是同一平面内的相交直线，所以①错误；
②中，由①可知APMN共面，平面，所以AP与MN为异面直线，所以AP，MN，
不会相交于一点，所以②不正确；
③中，连接AC与BD交于点O，连接ON、，
由正方体性质易知，O是BD中点，
因为N是BC中点，所以，，
因为，，所以，，
故四边形是平行四边形，，所以③错误；
④中，因为，平面，平面，
所以平面，所以④正确
故选：
本题首先可根据、，判断出①的真假；由题意可得AP，MN为异面直线，得出②的真假；再然后根据，得出③的真假；最后根据线面平行的判定，即可得④的真假．
本题主要考查线面平行的判定，异面直线的判定，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
8.【答案】D
【解析】解：由，可得，①
由及正弦定理和余弦定理，
可得，整理得，②
由①②可知：，，则，
由，可得，所以，
则，
又P为线段AB上的一点，则，
则，
当且仅当，即时，等号成立．
故选：
由已知条件，可求得，，从而可得，由平面向量基本定理得，再根据基本不等式即可求得最值．
本题考查平面向量线性运算及数量积运算，考查解三角形及基本不等式，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为，所以数据2，2，3，5，6，7，7，8，10，11的下四分位数是第3个数，为3，选项A正确；
对于B，数据，，…，的标准差为2，则数据，，…，的方差为，选项B正确；
对于C，因为，，，所以，有一解，选项C错误；
对于D，因为，，
所以在上的投影向量为，选项D正确．
故选：
选项A，利用下四分位数是第25百分位数，求解即可；
选项B，根据一组数据的标准差与方差的定义，计算即可；
选项C，根据三角形中的边角关系，判断三角形解的个数；
选项D，根据投影向量的定义，计算即可．
本题考查了命题真假的判断问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由题意，不放回的随机取两次，共有种情况，
，，，，，，
，，，，，，，共18个基本事件，
故，
，，，，，，
，，，，，，共18个基本事件，
故，故C正确；
则事件A与B不是互斥事件，故A错误；
，，，，，，
，，，，，，共18个基本事件，
故，
，，，，，，
，，，，，，共18个基本事件，
所以C与D互为对立事件，故B正确；
事件
，，，，共9个基本事件，
所以，
所以B与C相互独立，故D正确．
故选：
根据互斥事件，对立事件相互独立事件的定义结合古典概型注意判断即可．
本题主要互斥事件与对立时间，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．11.【答案】AC
【解析】解：对于A，连接，则的面积为定值，
平面，平面，且，
平面，而，到平面的距离为定值，
则三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，延长FE交的延长线于点H，连接HA交于点G，
则，即，
得，
又，则，
，
，，故B错误；
对于C，当点F为棱中点时，，
，，，，
，
，
故截面AFEG的周长为，故C正确；
对于D，取上靠近点的四等分点M，则AM即AE在平面内的射影，
要使，只要即可，
由∽，得，则，
不存在点F，使得，故D不正确．
故选：
直接证明三棱锥的体积为定值判断A；由三角形相似可得与的关系，结合的范围求得线段长度的取值范围判断B；根据题意，分别求出四边形各边长即可判断C；由反证法证明D错误．
本题考查棱柱的几何特征及棱锥的体积，考查学生的运算能力，是难题．
12.【答案】1600
【解析】解：设该校共有学生n人，
分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了400人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了140人，
则高三年级抽取了260人，
故，解得
故答案为：
先求样本中高三年级抽取的人数，再结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：设为实数，
因为，
所以，即轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，
则的几何意义是圆上点到的距离，
因为与的距离为，
结合圆的性质可知，的取值范围是
故答案为：
由已知结合复数的几何意义及圆的性质即可求解．
本题主要考查了复数的几何意义的应用，还考查了圆的性质的应用，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：平面平面
BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，可得该三棱锥的外接球的球心在平面BCD上，
即该三棱锥的外接球的半径即为的外接圆半径，设其为R，
根据题意易知，，，，由余弦定理可得
，
根据正弦定理可得：，，
该三棱锥的外接球的体积为
故答案为：
根据题意易得该三棱锥的外接球的球心在平面BCD上，即该三棱锥的外接球的半径即为的外接圆半径，再利用余弦定理求出BD，从而利用正弦定理求出R，最后代入球的体积公式，即可得解．
本题考查三棱锥的外接球问题，余弦定理与正弦定理的应用，化归转化思想，属中档题．
15.【答案】解：由题意可知，
所以，
又因为，
所以，，
所以估计游客满意度得分的平均值为分，
因为，，
所以第60百分位数位于设其为m，
则，
解得，
即第60百分位数估计为分；
总样本的平均数为分，
方差为
【解析】利用频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1可得，结合求出a，b 的值，再利用平均数和百分位数的定义求解；
利用分层随机抽样的均值和方差公式求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数和百分位数的定义，考查了分层随机抽样的均值和方差公式，属于中档题．
16.【答案】解：由正弦定理及，得
，
因为，，
所以，
又，
所以，
因为，所以，
又，所以
由正弦定理得，，
所以，
由余弦定理得，，
所以，即，
因为
所以，
故的面积
【解析】利用正弦定理化边为角，结合两角和的余弦公式，化简可得，从而得解；
根据正、余弦定理和完全平方公式计算可得，再利用三角形的面积公式，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，两角和的余弦公式，三角形的面积公式是解题的关键，考查逻
辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：设“甲同学答对第一题”，“乙同学答对第一题”，，
设“”，
因为甲乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
所以A与B相互独立，与互斥，
所以，
，
即，解得：
设“甲同学答对了i道题”，“乙同学答对了i道题”，，1，，，，，
设“甲、乙两大共答对3道题”，，
所以
【解析】根据相互独立事件的乘法公式列式求解即可；
分别求得甲2道、乙1道，甲1道，乙两道的概率，再求和即可．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意相互独立事件概率乘法公式的灵活运用．
18.【答案】证明：取AE的中点G，连接BG，GF，
因为F是DE的中点，所以，，
又，且，所以，，
所以四边形BCFG是平行四边形，所以，
因为平面ABE，，
所以平面ABE，
又平面ABE，所以，
所以
解：由知，
所以就是直线CF与直线DB所成角，即，
设，
由勾股定理知，，，，
在中，由余弦定理知，，所以，解得，
即，，
ⅰ由知平面ABE，
所以即为直线
DE与平面ABE所成角，
在中，，
所以是等腰直角三角形，所以，
故直线DE与平面ABE所成角的大小为
ⅱ取AB的中点O，连接OE，过点O作于点H，连接EH，
因为，所以是等边三角形，
所以，且，
因为平面ABE，平面ABCD，
所以平面平面
ABE，
又平面平面，平面ABE，所以平面ABCD，所以即为二面角的平面角，
在中，，，，
设，则，
因为，
所以，解得，，
在中，，
所以，
故二面角的余弦值为
【解析】取AE的中点G，连接BG，GF，先证四边形BCFG是平行四边形，可得，再由线面垂直的性质定理知，从而得证；
由，可得，在中，利用余弦定理求得，ⅰ由平面ABE，知即为所求，再根据等腰直角三角形的性质，即可得解；
ⅱ取AB的中点O，连接OE，过点O作于点H，连接EH，利用面面垂直的性质定理可证平面ABCD，从而知即为所求，再结合勾股定理与三角函数的知识，求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理，空间角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：①因为，
所以，
所以；
②因为，
所以，
，
，
因为与的夹角为，所以，解得
依题意设，，，
则，
因为F为BC中点，所以，
因为E为BD中点，所以，
所以，，
因为，则
，
在中依据余弦定理得，所以，代入上式得，
设，则，
令，得，解得舍，
所以，
则
【解析】①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到；
②由，由表示出和，再由已知用表示出，因为与
的夹角为，然后由，即可得到；
由题意，设出B、C坐标，，，表示出，由
，将表示成，在中依据余弦定理可得，代入得，设
，得到，则可得的最大值；
本题考查平面向量基本定理与数量积，涉及不等式知识的应用，属于中档题．。