2023-2024學(xué)年人教版高中下學(xué)期高一數(shù)學(xué)期末試卷（全解全析）

2023-2024學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期末試卷01

（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。如需改動，用橡

皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

4.測試范圍：（必修第二冊）人教A版2019

5.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

第一部分（選擇題共58分）

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要

求的。

1.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.11B.13C.16D.17

【答案】D

【解析】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12x；=9,所以這組數(shù)據(jù)的上四分位數(shù)為笥生=17,故選D

2.12個同類產(chǎn)品中，有10個正品，任意抽取3個產(chǎn)品概率是1的事件是（）

A.3個都是正品B.至少有一個是次品

C.3個都是次品D.至少有一個是正品

【答案】D

【解析】因為所求事件的概率是1,所以該事件為必然事件，

對于A,因為可能發(fā)生任取出來的3個產(chǎn)品含有次品的情況，所以事件“3個都是正品”是隨機事件，故A

錯誤；

對于B,因為可能發(fā)生任取出來的3個產(chǎn)品都是正品的情況，所以事件“至少有一個是次品”是隨機事件，

故B錯誤；

對于C,因為次品的個數(shù)只有2個，所以事件“3個都是次品”是不可能事件，故C錯誤；

對于D,因為次品的個數(shù)只有2個，所以任取出來的3個產(chǎn)品必然至少有一個是正品，即事件“至少有一個

是正品”是必然事件，故D正確，故選D.

z-2

3.已知復(fù)數(shù)z滿足J=2i,則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點在（）

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

【答案】B

【解析】設(shè)z=a+歷（“,6eR）,則三="歷，

由土工行怎,得三-2=2(z+l)i,

z+1

a—2=—2Z?

即。-2-歷=-%+(2a+2)i,所以

—b=2a+2'

a=-2

解得,_,故z——2+2i,

b=2

所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為（-2⑵，位于第二象限，故選B

4.如圖，直角梯形O'AB'C'滿足O'C',O'A'=A'B'=2,0'C=3，它是水平放置的平面圖形的直觀圖，則該

平面圖形的周長是（）

A.7+A/5B.5+2道+風(fēng)

c.11+V4TD.10a

【答案】C

【解析】由題意0'。'=。7=3,49=筋=2,由4'夕//0\7可得45〃0€：,

由O'A'l.O'C',ZB'O'C=45,A'B'//O'C,

可得NB'O'A=ZA'B'O'=45，所以NO'A?=90,

而O'A=AB'=2,所以08=2。0=2xj2?+22=4插>

結(jié)合斜二測畫法的規(guī)則,將直觀圖即直角梯形O'A?C還原成平面圖形，

如圖所示：由勾股定理可得AO=440『+2?=0BC={40+32=V41,

所以滿足題意的平面圖形的周長是2+6+3+歷=11+標(biāo).故選：（：.

5.已知向量，2=(-2,2我,1=(1,瓜貝心在0方向上的投影向量為()

A.—aB.—aC.—bD.b

44

【答案】A

【解析】由。=(-2,20)力=(1,6),得|止J(-2y+(26了=4,q.6=_2xl+2Gx6=4,

所以b在“方向上的投影向量為n絲.h。=4=1故選：A

|a|24-4

6.我國古代數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，后人稱為“趙爽弦圖”.他用數(shù)形結(jié)合的方法給出了勾股定

理的證明，極富創(chuàng)新意識.“趙爽弦圖”是由四個全等的直角三角形與中間的小正方形拼成的一個大正方形.

如圖，若大正方形的面積是25,小正方形的面積是1,則AO.GB=()

A.9B.-9C.12D.-12

【答案】B

【解析】由題意可知，AD=5,HE=1,

設(shè)=由勾股定理可得(％+以+尤2=52,解得x=3,

所以sin/ABH=：,所以A￡>.G8=BCHG@-COS(兀一ZG8C)=5x3x[—1]=_9,

故選：B.

7.已知ABC中，角A,B,。所對的邊分別是a,b,c,bcosC+ccosB=b,且a=。855,貝！)是

()

A.銳角三角形B.鈍角三角形C.等邊三角形D.等腰直角三角形

【答案】D

【解析】bcosC+ccos3=6nsinBcosC+sinCeos3=sin3nsin（3+C）=sin3,

即sinA=sin8,故a=b,

a—ccos3nsinA=sinCeosB=>sin（8+C）=sinCcosB

=>sinBcosC+cosBsinC=sinCcosB=sinBcosC-0,

因為Be（0,兀），所以sinBwO,故cosC=0,

因為C?0㈤，所以C=g,

故ABC為等腰直角三角形.

故選：D

8.折扇是我國古老文化的延續(xù)，在我國已有四千年左右的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善

行”，它常以字畫的形式體現(xiàn)我國的傳統(tǒng)文化，也是運籌帷幄、決勝千里、大智大勇的象征(如圖①)，圖②

是一個圓臺的側(cè)面展開圖(扇形的一部分),若兩個圓弧OE、AC所在圓的半徑分別是3和6,且NA5C=

120%則下列關(guān)于該圓臺的說法錯誤的是()

B

圖①圖②

A.高為2后B.母線長為3

D.體積為吟

C.表面積為14萬

【答案】D

【解析】設(shè)圓臺的上底面半徑為r,下底面半徑為R,則2仃=浮3,即r=l；2m=?：而即R=2.又圓

臺的母線長為1=6—3=3,所以圓臺的IWI1(R=2\6,故4,5正確.圓臺的表面積S=丸(1

+2)x3+wxl2+^x22=14^,故C正確；圓臺的體積P=*x2&x(22+12+2xl)="er,故O錯誤.故選

D.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部

選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.將樣本容量為100的樣本數(shù)據(jù)分為4組：[2,6),[6,10),[10,14),[14,18],得到頻率分布直方圖如圖所示，

則下列說法中正確的是()

A.樣本數(shù)據(jù)分布在［6,10)內(nèi)的頻率為0.32

B.樣本數(shù)據(jù)分布在［10,14)內(nèi)的頻數(shù)為40

C.樣本數(shù)據(jù)分布在［2,10)內(nèi)的頻數(shù)為40

D.估計總體數(shù)據(jù)大約有10%分布在［10,14)內(nèi)

【答案】ABC

【解析】對于A,由圖可得，樣本數(shù)據(jù)分布在［6,10)內(nèi)的頻率為0.08*4=0.32,故A正確；

對于B,由圖可得，樣本數(shù)據(jù)分布在［10,14)內(nèi)的頻數(shù)為100x0.1x4=40,故B正確；

對于C,由圖可得，樣本數(shù)據(jù)分布在［2,10)內(nèi)的頻數(shù)為100x(0.02+0.08)x4=40,故C正確；

對于D,由圖可估計，總體數(shù)據(jù)分布在［10,14)內(nèi)的比例約為0.卜4、100%=40%,故D錯誤.

故選：ABC.

10.同時拋出兩枚質(zhì)地均勻的骰子甲、乙，記事件4甲骰子點數(shù)為奇數(shù)，事件3：乙骰子點數(shù)為偶數(shù)，

事件C：甲、乙骰子點數(shù)相同.下列說法正確的有()

A.事件A與事件8對立B.事件A與事件5相互獨立

C.事件A與事件C相互獨立D.P(C)=P(AB)

【答案】BC

【解析】由題意，得尸(A)=：,尸(B)=2，P(C)=N=:，

223oo

對于A,當(dāng)甲為奇數(shù)點，且乙為偶數(shù)點時，事件可以同時發(fā)生，所以事件4與事件8不互斥，故事件A與

事件5不對立，故A錯誤；

C'C11111

對于B,由題意知P(A3)=WV=i，又尸(A)P(B)=WX5=N=P(AB),故事件4與事件3相互獨立，故B正

確;

對于C,P(AC)=W又p⑷尸(C)=U=[=P(AC),故事件A與事件C相互獨立，故C正確；

36122612

對于D,由上知，P(C)=1<P(AB)=-^,故D錯誤.

故選：BC.

11.如圖，在棱長為2的正方體4BCD-A耳￡口中，。為正方體的中心，/為。A的中點，尸為側(cè)面正方

形叫口。內(nèi)一動點，且滿足〃平面貝！]()

A.三棱錐2-。C8的外接球表面積為12兀

B.動點尸的軌跡是一條線段

C.三棱錐尸-8aM的體積是隨點廠的運動而變化的

D.若過A,M,G三點作正方體的截面。，Q為截面。上一點，則線段4。長度的取值范圍為W，20

【答案】ABD

【解析】對于A：由題意可知：三棱錐2-。CB的外接球即為正方體的外接球,

可知正方體的外接球的半徑R=6,

所以三棱錐DCB的外接球表面積為4成2=12兀，故A正確；

對于B：如圖分別取44，A。的中點G,連接GH,叫AD1.

由正方體的性質(zhì)可得4〃〃CXM,

且BQu平面片GH,平面瓦G〃，所以GM〃平面片G/7,

同理可得：BQ〃平面BQ//,

且BCqCM=G，BG，GMu平面BC}M,所以平面BfiH//平面BC,M,

而用歹〃平面8G〃，所以耳尸u平面4G8,

所以點尸的軌跡為線段GH,故B正確；

對于C：由選項B可知，點廠的軌跡為線段GH,因為GH〃平面BGM,

則點/到平面的距離為定值，

同時的面積也為定值，則三棱錐尸-BCM的體積為定值，故C不正確;

對于D：如圖，設(shè)平面。與平面田交于AN,N在BB］上.

因為截面。c平面=平面44QD〃平面BBCC，所以AM〃GN.

同理可證AN〃GM,所以截面4WGN為平行四邊形，所以點N為8月的中點.

在四棱錐A-4WGN中，側(cè)棱4G最長，且4G=20.

設(shè)棱錐A-AMGN的高為心

因為AM=GM=君，所以四邊形AMGN為菱形,

所以AMG的邊AG上的高為面對角線的一半，即為后，又AG=2g,

11114

貝！|S^，G=5'2石x0=#,Vc^M=~S^M'DYCX=-X-X2X2X2=-^

所以V4e=」S^AMC/=%AM/=3，解得人=

/i|~A/LMzWCj3ZXAV3C|-33

2/6

綜上，可知4。長度的取值范圍是三一，20，故D正確.

故選：ABD.

第二部分（非選擇題共92分）

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.杭州亞運會期間，某社區(qū)有200人參加協(xié)助交通管理的志愿團隊，為了解他們參加這項活動的感受，

用按比例分配的分層抽樣的方法隨機抽取了一個容量為40的樣本，若樣本中女性有16人，則該志愿團隊

中的男性人數(shù)為.

【答案】120

40-16

【解析】根據(jù)題意，結(jié)合分層抽樣的概念及運算，可得愿團隊中的男性人數(shù)為200XRF=120.

40

k

13.已知函數(shù)丫=-6和，=%+修，其中《、心均可取1、2、3、4、5、6中的任一數(shù).則這兩函數(shù)圖象有交

尤

點的概率為.

【答案、】弓19

36

y=-&k

【解析】根據(jù)已知條件聯(lián)立無，即-」=x+月，整理有：尤2+3+匕=0,

x

y=x+k2

因為兩函數(shù)圖象有交點，所以公=石-4匕2。，即取22曲，

當(dāng)上2=1時，%無解；當(dāng)％2=2時，勺=1；當(dāng)上2=3時，左=1,2;

當(dāng)左2=4時，匕=1,2,3,4；當(dāng)a=5時，尤=1,2,3,4,5,6；

當(dāng)&=6時,匕=1,2,3,4,5,6；綜上，滿足條件的勺、網(wǎng)共19對,

又根據(jù)已知條件8、k2的所有取值情況為6。=36種，

所以兩函數(shù)圖象有交點的概率為P=-1.

36

14.已知正方體ABC￡>-AqG，的棱長為2,P為正方形ABC。內(nèi)的一動點（包含邊界）,E、歹分別是棱、

棱AA的中點.若2P〃平面BE凡則A尸的取值范圍是,

【答案】［0,何

【解析】如圖所示:

連接BCVADt,則所//AD"/BQ,

又EFu平面BEF,4。仁平面目卯，故A。"/平面跳萬,

設(shè)/為BC的中點，連接

由于尸分別是棱AA的中點，故DF=BM，DF//BM,

則四邊形為平行四邊形，取D\M//FB,

又FBu平面BEF,平面跳下，故QM//平面5EF,

又AD,cRM=口,AD］,DtMu平面RAM,

故平面DtAM//平面BEF,

由于2P〃平面BEF,故QPu平面2AM,

又因為P為正方形ABC。內(nèi)的一動點，且平面2AM平面ASCD=AM,

故AM即為動點尸的軌跡，

而W=奴+仔=石,故AP的取值范圍是［。,石］.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步果。

15.（本小題滿分13分）現(xiàn)統(tǒng)計了甲12次投籃訓(xùn)練的投籃次數(shù)和乙8次投籃訓(xùn)練的投籃次數(shù)，得到如下數(shù)

據(jù)：

甲777377818581778593737781

乙7181737371738573

已知甲12次投籃次數(shù)的平均數(shù)同=80,乙8次投籃次數(shù)的平均數(shù)兀=75.

⑴求這20次投籃次數(shù)的中位數(shù)機，估計甲每次訓(xùn)練投籃次數(shù)超過機的概率；

⑵求這20次投籃次數(shù)的平均數(shù)最與方差?.

【解】（D將這20個數(shù)據(jù)從小到大排列，第10個數(shù)和第口個數(shù)都是77,所以加=無"=77,

因為甲的12次投籃訓(xùn)練中，投籃次數(shù)超過77次的有6次，

估計甲每次訓(xùn)練投籃次數(shù)超過加的概率為尸='=；.

（2）這20次投籃次數(shù)的平均數(shù)星=弟鼻=郊歿2=78,

212+52+12+32+72+32+12+72+152+52+12+32+72+32+52+52+72+52+72+52?

20

16.(本小題滿分15分)已知ABC的內(nèi)角A,￡C的對邊分別為a,b,c,向量m=(a,cosA),n=(cosB,Z?-c),

且加?幾=c-cosA,ABC外接圓面積為3兀

⑴求4

⑵求ABC周長的最大值.

【解】(1)已知向量根=(a,cosA),n=(cosB,Z?-c)

則力〃=acosB+(Z?-c)cosA,

則acosB+伍一c)cosA=ccosA,

所以acosB+bcosA=2ccosA,

則sinAcosB+sinBcosA=2sinCcosA,

所以sin(A+8)=2sinCcosA,

又A+B+C=7i9

故sinC=2sinCcosA且sinC>0,

所以COSA=L

2

又Ae(O,兀)，

貝(|A=］；

(2)由(1)知：b2+c2—a2=2bccosA=be,

則a2=b2+c2-be>

由正弦定理可得：ABC的外接圓半徑為尺=三三，

2sinA

即a=3,

所以戶+02-60=3+(?)2-360=923+0)2-3(6+0)2=^￡2_,

44

JT

貝1|6+cW6,當(dāng)且僅當(dāng)b=c且A=§,即人=c=3=o時等號成立，

故三角形ABC周長a+6+c的最大值為9.

17.(本小題滿分15分)甲、乙、丙三位重劍愛好者決定進行一場比賽，每局兩人對戰(zhàn)，沒有平局，已知每

局比賽甲贏乙的概率為:，甲贏丙的概率為:，丙贏乙的概率為:.因為甲是最弱的，所以讓他決定第一局

的兩個比賽者（甲可以選定自己比賽，也可以選定另外兩個人比賽），每局獲勝者與此局未比賽的人進行下

一局的比賽，在比賽中某人首先獲勝兩局就成為整個比賽的冠軍，比賽結(jié)束.

⑴若甲指定第一局由乙丙對戰(zhàn)，求“只進行三局甲就成為冠軍”的概率；

⑵請幫助甲進行第一局的決策（甲乙、甲丙或乙丙比賽），使得甲最終獲得冠軍的概率最大.

【解】（1）若甲指定第一局由乙丙對戰(zhàn)，“只進行三局甲就成為冠軍”共有兩種情況：

①乙丙比乙勝，甲乙比甲勝，甲丙比甲勝，

2111

35430

②乙丙比丙勝，甲丙比甲勝，甲乙比甲勝，

其概率為

34560

所以“只進行三局甲就成為冠軍”的概率為±+±=±.

306020

（2）若第一局甲乙比，甲獲得冠軍的情況有三種：

甲乙比甲勝，甲丙比甲勝；甲乙比甲勝，甲丙比丙勝，乙丙比乙勝，甲乙比甲勝；甲乙比乙勝，乙丙比丙

勝，甲丙比甲勝，甲乙比甲勝，

所以甲能獲得冠軍的概率為白11（+91%3?221+49191%1巳=*1.

若第一局為甲丙比，

則同上可得甲獲得冠軍的概率為:xg+：xgx：x：+[x：x;x：=焉

若第一局為乙丙比，那么甲獲得冠軍只能是連贏兩局，

則甲獲得冠軍的概率即第（1）問的結(jié)果5.

因為--->—>—，

1201220

所以甲第一局選擇和丙比賽，最終獲得冠軍的概率最大.

18.（本小題滿分17分）刻畫空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多

面體頂點的曲率等于27r與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度

用弧度制.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為三，故其各個頂點的曲率均為

2兀-3xm=兀.如圖，在直三棱柱ABC-A4a中，點A的曲率為笄，N,M分別為4瓦CG的中點，且

AB^AC.

(1)證明：CN，平面A844.

(2)證明：平面AA/用_L平面

(3)若AA=2A8,求二面角A-加瓦-G的正切值.

【解】(1)在直三棱柱ABC-A耳G中，平面43C,AC,A8u平面A3C,

則"LAC,AA]±AB,所以點4的曲率為27t-2x]-N3AC=^,

7T

所以ZBAC=g.因為AB=AC,所以△ABC為正三角形.

因為N為的中點，所以CNLAB.

又A4_L平面ABC,CNu平面A5C,所以AA—CN,

因為A4jAB=A,A4pA_Bu平面ABB]4，所以CJVJ_平面A&BM.

(2)取A用的中點。，連接。M,DN.

因為N為45的中點，所以DN//BB,且DN=gBB-

又CM/IBB、且CM=；BB\,所以DN//CM且DN=CM,

所以四邊形CNOM為平行四邊形，則。M〃0V.

由(1)知。V_L平面4叫4，則平面A網(wǎng)A.

又DMu平面AMBX,所以平面AMBt±平面ABB,A1.

(3)取3c的中點F,連接A尸，則AR13C.

因為平面ABC,AFu平面A8C,所以2片，&歹，

因為5耳|8C=B,BB「8Cu平面BBCC,所以AF,平面8片GC.

又用Mu平面B4GC,所以A尸，與M,過F作印W的垂線，垂足為反連接A",

則8眼_LFff,又AF，|Fff=尸,AF、Ff/u平面AW,所以用加J■平面A尸H,

又AHu平面AFH,AH±B.M,

所以為二面角A-MB1-G的平面角的補角.

設(shè)與MBC=E,AB=2,則=EF=1+2=3,ME=2近.

iiFF.「M3x23

由等面積法可得，及,=5跖-CN,則9=F^=為=1

則tanZAHF=匚旦,故二面角￡的正切值為一逅.

FH33

19.（本小題滿分17分）任意一個復(fù)數(shù)Z的代數(shù)形式都可寫成復(fù)數(shù)三角形式，即2=。+4=,（8$0+1用11，）,

其中i為虛數(shù)單位，r=\z\=y/a2+b2>0,。?。，2兀）.棣莫弗定理由法國數(shù)學(xué)家棣莫弗（1667?1754）創(chuàng)立.

設(shè)兩個復(fù)數(shù)用三角函數(shù)形式表示為：4=Mcosq+isin，J,z2=r2（cos32+ism02）,貝?。?/p>

空2=隹［8$（4+2）+1$m（4+（92）］.如果令4=22=