河北省唐縣第一中學2023-2024學年高一下學期7月期末考試數(shù)學試題

高一數(shù)學考試考試時間120分鐘全卷滿分150分一、單選題1．已知復數(shù)（i是虛數(shù)單位），則復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點所在的象限為（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．設(shè)，，是互不重合的平面，，是互不重合的直線，給出四個命題：①若，，則

②若，，則③若，，則

④若，，則其中正確命題的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．43．有一組樣本數(shù)據(jù)：15，16，11，11，14，20，11，13，13，24，13，18，則這組樣本數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)是（

）A．11 B．12 C．16 D．174．已知正四面體的棱長為1，空間中一點滿足，其中，，，且.則的最小值為（

）A． B． C． D．15．在中，內(nèi)角所對的邊分別為．向量．若，則角C的大小為（

）A． B． C． D．6．“春雨驚春清谷天，夏滿芒夏暑相連，秋處露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月兩節(jié)不變更，最多相差一兩天.”中國農(nóng)歷的二十四節(jié)氣，凝結(jié)著中華民族的智慧，是中國傳統(tǒng)文化的結(jié)晶，如五月有立夏、小滿，六月有芒種、夏至，七月有小暑、大暑.現(xiàn)從立夏、小滿、芒種、夏至、小暑、大暑這6個節(jié)氣中任選2個節(jié)氣，則這2個節(jié)氣不在同一個月的概率為（

）A． B． C． D．7．拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣3次，每一次拋擲的結(jié)果要么正面向上要么反面向上，記“第一次硬幣正面向上”為事件A，“三次試驗恰有1次正面向上”為事件B，“三次試驗恰有2次正面向上”為事件C，“三次試驗全部正面向上或者全部反面向上”為事件D，則下列說法正確的是（

）A．A與B互斥 B．A與D相互獨立C．A與C相互獨立 D．C與D對立8．通常以24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度（單位：mm）來判斷降雨程度，其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（）．小明用一個近似圓臺的水桶（如圖，計量單位）連續(xù)接了24小時的雨水，桶中水的高度約為桶高的，則當天的降雨等級是（

）A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨二、多選題9．已知a，b，c分別為三個內(nèi)角A，B，C的對邊，下列說法正確的是（

）A．若，，，則有兩解B．若，則△ABC為等腰三角形C．若為銳角三角形，則D．若的外接圓的圓心為O，且，，則向量在向量上的投影向量為10．如圖，在三棱柱中，底面為等邊三角形，為的重心，，若，則（

）A． B．C． D．11．正方體的棱長為分別為的中點，點為線段上的動點，則下列結(jié)論正確的是（

）

A．直線與所成角的余弦值為B．三棱錐的體積為定值C．平面截正方體所得的截面周長為D．直線與平面所成角的正弦值為三、填空題12．已知純虛數(shù)z滿足，則z可以是．13．在一個正三棱柱中，所有棱長都為2，各頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為．14．如圖，已知兩座山的海拔高度米，米，在BC同一水平面上選一點，測得點的仰角為點的仰角為，以及，則M，N間的距離為米.（結(jié)果保留整數(shù)，參考數(shù)據(jù)）四、解答題15．已知的三個內(nèi)角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，且．(1)求A；(2)若，且的面積為，求的周長．16．在正四棱柱中，，為棱中點．(1)證明平面．(2)求二面角的正弦值．

17．在網(wǎng)球比賽中，甲、乙兩名選手在決賽中相遇．根據(jù)以往賽事統(tǒng)計，甲、乙對局中，甲獲勝的頻率為，乙獲勝的頻率為．為便于研究，用此頻率代替他們在決賽中每局獲勝的概率．決賽采用五局三勝制，勝者獲得全部獎金．(1)求前兩局乙均獲勝的概率；(2)前2局打成1：1時，①求乙最終獲得全部獎金的概率；②若比賽此時因故終止，有人提出按2:1分配獎金，你認為分配合理嗎?為什么?18．如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面為線段的中點，為線段（不含端點）上的動點.(1)證明：平面平面；(2)是否存在點，使二面角的大小為？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由.19．著名的費馬問題是法國數(shù)學家皮埃爾·德·費馬（1601－1665）于1643年提出的平面幾何極值問題：“已知一個三角形，求作一點，使其與此三角形的三個頂點的距離之和最小”費馬問題中的所求點稱為費馬點，已知對于每個給定的三角形，都存在唯一的費馬點，當△ABC的三個內(nèi)角均小于120°時，則使得的點P即為費馬點．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為，且．若是的“費馬點”，．(1)求角；(2)若，求的周長；(3)在（2）的條件下，設(shè)，若當時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍．參考答案：1．A【分析】將代入中計算可求出復數(shù)，從而可求得答案.【詳解】由，，有，故復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點所在的象限為第一象限．故選：A2．B【分析】根據(jù)線面位置關(guān)系的判定定理、性質(zhì)定理，以及推論，逐項判定，即可求解.【詳解】，，是互不重合的平面，，是互不重合的直線，若，，則，，相交或異面，故①不正確；若，，則，故②正確；若，，則，故③正確；若，，則或，故④不正確；正確命題的個數(shù)是.故選：.3．D【分析】將樣本數(shù)據(jù)由小到大排列，結(jié)合上四分位數(shù)的定義可求得這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù).【詳解】將樣本數(shù)據(jù)由小到大排列依次為：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，20，24，因為上四分位數(shù)是第分位數(shù)，則，所以這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為.故選：D.4．B【分析】對結(jié)合化簡得，從而可知點在平面內(nèi)，所以當平面時，最小，從而可求得結(jié)果.【詳解】因為，，所以，，所以，所以，因為不共線，所以共面，所以點在平面內(nèi)，所以當平面時，最小，取的中點，連接，則點在上，且，所以，即的最小值為.故選：B5．C【分析】利用共線向量的坐標表示，結(jié)合余弦定理求解即得.【詳解】在中，由，，得，整理得，由余弦定理得，而，所以.故選：C6．A【分析】運用列舉法，求出樣本空間的樣本點數(shù)，再找出滿足題意的種數(shù)，最后運用古典概型公式求解即可.【詳解】樣本空間{（立夏，小滿），（立夏，芒種），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小滿，芒種），（小滿，夏至），（小滿，小暑），（小滿，大暑），（芒種，夏至），（芒種，小暑），（芒種，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）}，共有15個樣本點.其中任取2個節(jié)氣，這2個節(jié)氣不在同一個月的樣本點有12個.所以這2個節(jié)氣不在同一個月的概率為.故選：．7．B【分析】列出基本事件，由互斥事件、對立事件與獨立事件的概念逐項判斷即可．【詳解】拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣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種結(jié)果，事件A“第一次硬幣正面向上”包含（正正正），（正正反），（正反正），（正反反）共4種結(jié)果，事件B“三次試驗恰有1次正面向上”包含（正反反），（反反正），（反正反），共3種結(jié)果，事件C“三次試驗恰有2次正面向上”包含（正正反），（正反正），（反正正），共3種結(jié)果，事件D“三次試驗全部正面向上或者全部反面向上”包含（正正正），（正反反），共2種結(jié)果，對于A選項，事件A與事件B可能同時發(fā)生，即（正反反），不是互斥事件，錯誤；對于B選項，，，，則A與D相互獨立，正確；對于C選項，，，則A與C不獨立，錯誤；對于D選項，C和D互斥但并事件不是全體事件，故它們不對立，錯誤．故選:B.8．B【分析】計算出水桶桶中水的體積，除以水桶上底面面積即可得24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度，即可得解.【詳解】由題桶的下底面面積為，上底面面積又桶中水水面與底面距離為，設(shè)水面半徑為，如圖為桶的軸截面圖形，則，則，故由得，故水面半徑為，所以桶中水水面面積為所以連續(xù)24小時的桶中水的體積為，所以24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度為，所以當天的降雨等級是中雨.故選：B.【點睛】思路點睛：先計算出水面半徑，進而得水桶桶中水的體積，再除以水桶上底面面積即可得24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度.9．ACD【分析】選項A，正弦定理解三角形判斷解的個數(shù)；選項B，已知條件結(jié)合正弦定理化簡得，可判斷三角形形狀；選項C，若為銳角三角形，有，可得；選項D，由已知判斷的形狀，利用投影向量的定義計算結(jié)果.【詳解】選項A，中，若，，，則由正弦定理，可得，又，所以或，此時有兩解，故A正確；選項B，中，若，則由正弦定理可得，所以，即，又，所以或，即或，為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；選項C，若為銳角三角形，則，即，因為在上為減函數(shù)，所以，故C正確；選項D，中，，則O是BC的中點，所以BC為圓O的直徑，則有，又，則為等邊三角形，有，，，，則向量在向量上的投影向量為，故D正確.故選：ACD.10．ABD【分析】A選項，根據(jù)重心性質(zhì)得到，求出；B選項，，利用向量數(shù)量積公式得到，得到垂直關(guān)系；C選項，，故兩者不平行；D選項，利用向量數(shù)量積公式得到，得到.【詳解】A選項，底面為等邊三角形，為的重心，故，又，故，A正確；B選項，，故，故，B正確；C選項，，又，設(shè)，即，無解，故與不平行，C錯誤；D選項，，故，D正確.故選：ABD11．ABC【分析】對于A，取中點H，連接得，則求出的余弦值即為直線與所成角余弦值；對于B，連接、，證明即可得到平面截正方體所得的截面圖形為四邊形，證明平面結(jié)合棱錐的體積公式即可判斷；對于C，由選項B即可得到截面的圖形，進而根據(jù)數(shù)據(jù)直接求解即可；對于D，根據(jù)線面角定義以及正方體性質(zhì)可得到是直線與平面所成的角，求出的正弦值即可得解.【詳解】對于A，取中點H，連接、、，

則由題意可知，，且，所以是直線與所成角或補角，且，所以直線與所成角余弦值為，故A正確；對于B，連接、，由正方體幾何性質(zhì)可知且，所以四邊形是平行四邊形，故，

又，所以，故與共面且過與的面有且只有一個，故四邊形是平面截正方體所得的截面圖形，連接，則由、均為所在邊的中點以及正方體性質(zhì)得，且，故，又平面，平面，所以平面，故點到平面的距離即為到平面的距離，所以為定值，即三棱錐的體積為定值，故選項B正確；對于C，由B可知平面截正方體所得的截面圖形為四邊形，又由上以及題意得，，，所以平面截正方體所得的截面周長為，故C正確；對于D，連接，由正方體性質(zhì)可知平面，故是直線與平面所成的角，又，所以，所以，故直線與平面所成角的正弦值為，故D錯.

故選：ABC.12．（答案不唯一）【分析】由復數(shù)概念和復數(shù)的模即可求解.【詳解】為純虛數(shù)，設(shè)，，，解得或，即或.故答案為：（答案不唯一）13．【分析】由已知畫出圖形，連接上下底面中心，則的中點即為外接球球心，連接CO，求出CO即可計算得出外接球的面積．【詳解】由已知做出正三棱柱，則，設(shè)點分別為正，正的中心，連接，則，連接并延長交于于點，則，，設(shè)點為中點，連接CO，則點為正三棱柱外接球的球心，且平面，，因為點為正的中心，所以，所以，則，因為平面，所以，則正三棱柱外接球半徑，所以該球的表面積為：，故答案為：14．249【分析】由題意求出，在中結(jié)合余弦定理計算即可求解.【詳解】由題意知，米，米，在中，由余弦定理得米，即的距離為249米.故答案為：24915．(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理邊化角，結(jié)合三角公式即可求解；（2）根據(jù)三角形的面積公式可得，再結(jié)合余弦定理即可求解.【詳解】（1）由正弦定理可得，所以，即，因為，所以，所以，化簡得，即，又由，可得，故，所以；（2）由已知可得，，可得，化簡得，，即，又由余弦定理可得，化簡得，，聯(lián)立解得，所以的周長為16．(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用正四棱柱的性質(zhì)，得到側(cè)面，利用線面垂直的性質(zhì)可以證明出，結(jié)合，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.【詳解】（1）因為是正四棱柱，所以側(cè)面，而平面，所以又，，平面，所以平面；（2）如圖建立空間直角坐標系，則，，設(shè)，則，所以，，因為，所以，解得或（舍去），所以，，則，，，設(shè)是平面的法向量，所以取，設(shè)是平面的法向量，所以取，設(shè)二面角為，則，所以二面角的正弦值為.17．(1)；(2)①；②不合理，理由見解析.【分析】（1）利用獨立事件的概率公式計算即得.（2）①利用互斥事件及相互獨立事件的概率公式，列式計算即可；②求出繼續(xù)比賽甲乙各自獲勝的概率，按概率比例進行分配即可.【詳解】（1）依題意，前兩局乙均獲勝的概率為.（2）①乙最終獲得全部獎金的事件，有以和兩種情況，若以獲勝，則乙連勝兩局，概率為，若以獲勝，則乙第3、4局輸1局，第5局勝，概率為，所以乙最終獲得全部獎金的概率為.②由①知，繼續(xù)比賽，乙獲勝的概率是，則甲獲勝的概率為，所以按2:1分配獎金，不合理，應按將獎金分配給甲乙.18．(1)證明見解析(2)存在，【分析】（1）根據(jù)題意可證平面，則，進而可得平面，即可得結(jié)果；（2）建系標點，設(shè)，分別為平面、平面的法向量，利用空間向量處理二面角的問題.【詳解】（1）因為底面為正方形，則，又因為平面，平面，。且，平面，可得平面，由平面，可得，因為，且E為的中點，則，由，平面，可得平面，且平面，所以平面平面.（2）以分別為軸?軸?軸建立空間直角坐標系，則，，設(shè)，則，設(shè)平面的法向量，則，令，則，可得，又因為，設(shè)平面的法向量，則，令，則，可得，由題意得：，即