安徽省六安第二中学河西校区2023−2024学年高一下学期6月期末考试 数学试题（含解析）

这是一份安徽省六安第二中学河西校区2023−2024学年高一下学期6月期末考试 数学试题（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．已知向量与的夹角为，则（ ）
A．12B．16C．D．4
3．假设，，且A与相互独立，则（ ）
A．0.9B．0.75C．0.88D．0.84
4．如图，为平行四边形对角线上一点，交于点，若，则（ ）
A．3B．C．7D．
5．设，是两个平面，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局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2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，分别是的中点，有四个结论：
①与是异面直线；
②相交于一点；
③；
④平面.
其中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．在中，已知为线段上的一点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
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，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ）
A． 与是互斥事件B．与互为对立事件
C．发生的概率为D．与不相互独立
11．如图，在直三棱柱中，已知为的中点，过的截面与棱分别交于点，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．当点为中点时，截面的周长为
D．存在点，使得
三、填空题（本大题共3小题）
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．已知为虚数单位，若复数满足，则的取值范围是 .
14．在三棱锥中，平面平面是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，，则该三棱锥的外接球的体积为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．2023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.
(1)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.
(2)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-6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-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为95，方差为69.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差.
16．已知在中，三边所对的角分别为，且满足
(1)求；
(2)若外接圆的半径为2，求的面积.
17．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q（），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．
(1)求p和q的值；
(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率．
18．如图，在四棱锥中，平面，，且，是的中点．
(1)证明：；
(2)若，直线与直线所成角的余弦值为．
（ⅰ）求直线与平面所成角；
（ⅱ）求二面角的余弦值．
19．如图，设是平面内相交成的两条射线，分别是同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记.
(1)在仿射坐标系中
①若，求；
②若，且与的夹角为，求；
(2)如上图所示，在仿射坐标系中，分别在轴，轴正半轴上，分别为中点，求的最大值.
参考答案
1．【答案】C
【分析】利用复数的除法运算化简，由此求得的虚部.
【详解】，故虚部为.
故选C.
2．【答案】C
【分析】根据向量模的数量积公式，即可计算结果.
【详解】

.
故选C.
3．【答案】C
【分析】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.
【详解】由题意，，且A与相互独立，
则,
故，
故选C.
4．【答案】C
【分析】利用平面向量基本定理，结合平面向量的线性运算性质进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选C.
5．【答案】C
【分析】根据题意，对ABD找到反例即可，对C由线面平行的性质分析即可判断正确.
【详解】根据题意，依次分析选项：
对A，若，，，直线可能平行、相交或异面，故错误；
对B，若，，，平面可能相交或平行，故错误；
对C，如图，若，，，过直线作两个平面，，根据线面平行的性质可得可得，则，
因为，，则，又因为，，则，则，故C正确；
对D，若，，，则，故D错误.
故选C.
6．【答案】D
【分析】利用独立事件的概率公式进行求解即可.
【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为，
假设两人继续进行比赛，
甲获取360枚金币有：第四局甲赢，或第四局甲输，第五局甲赢，
故概率为，
乙获取360枚金币有：第四、五局乙都赢，
故概率为，
则甲应该获得枚金币，乙应该获得枚金币，
故选D.
7．【答案】A
【分析】①，作出辅助线，得到四点共面，故①错误；②，在①基础上得到交于一点，故②错误；③，作出辅助线，得到为平行四边形，，③错误；④，作出辅助线，得到面面平行，进而得到线面平行.
【详解】①，连接，
因为分别是的中点，
所以，
因为，所以，
故四点共面，故与是共面直线，①错误；
②，由①可知，与是共面直线，延长相交于一点，
故平面，平面，
所以平面与平面的交线，
即，
故交于一点，所以不相交于一点，②错误；
③，取的中点，连接，则且，
又且，
故且，
故四边形为平行四边形，
故，故不平行，③错误；
④，取的中点，连接，，
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，
所以平面平面，
因为平面，所以平面，④正确
故选A.
8．【答案】D
【分析】根据题设条件依次可求得边和角的三角函数值，从而将向量等式化简，利用平面向量基本定理得到，最后利用常值代换法即可求得.
【详解】由①，由和正弦定理可得②，
把②代入①可得，，
又由可得代入①可得，
则角是锐角，，代入①可得，，
又由余弦定理，得，
于是，，因为为线段上的一点，则，
因为，
当且仅当时等号成立，即时，取得最小值.
故选D.
【思路导引】本题主要考查正、余弦定理，平面向量基本定理和向量数量积运算，以及基本不等式得应用，解决此类题，一般从各个边、角的等式转化入手，运用相关公式或定理各个击破，得出一系列信息，最后借助于主干条件，如此题的得出，从而使问题得解.
9．【答案】ABD
【分析】根据下四分位数的定义、方差的性质、正弦定理、投影向量的定义逐一判断即可.
【详解】A：因为，所以数据2，2，3，5，6，7，7，8，10，11的下四分位数为3，A正确；
B：因为数据的标准差为2，所以数据的方差为4，
因此数据的方差为，B正确；
C：由正弦定理可得，因为必为锐角，因此有一解，C错误；
D：因为，，所以在上的投影向量为，D正确，
故选ABD.
10．【答案】BC
【分析】根据互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义以及结合古典概型的计算公式判断即可.
【详解】由题意，不放回地随机取两次，共有种情况，
= {(2，1)，(2，3)，(2，4) ，(2，5)，(2，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，5)，(4，6) ，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)}共15个样本点，
= {(2，1)， (3，1)，(4，1)，(5，1)，(6，1)，(1，3)，(2，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(1，5)，(2，5)，(3，5)，(4，5) ，(6，5)}共15个样本点，
故，故C正确;
事件与可以同时发生，不是互斥事件，故A错误;
= {(1，3)，(1，5) ，(2，4)，(2，6)，(3，1)，(3，5)，(4，2)，(4，6)，(5,1)，(5，3) ，(6，2)，(6，4)}共12个样本点，
故，
D = {(1，2)，(1 ，4)，(1，6)，(2，1)，(2，3)，(2，5)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(4，1)，(4，3) ，(4，5).(5，2)，(5.4)，(5，6)，(6，1)，(6，3)，(6，5)}共18个样本点，
所以C与D互为对立事件，故B正确;
事件BC = {(3，1)， (5，1)，(1，3)，(5，3)，( 1，5)，(3，5)}共6个样本点，
所以，所以B与C相互独立，故D错误.
故选BC.
11．【答案】AC
【分析】直接证明三棱锥的体积为定值判断；
由三角形相似可得与的关系，结合的范围求得线段的长度的取值范围判断；根据题意，分别求出四边形各边长即可判断；由反证法证明错误.
【详解】
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，故正确；
延长交的延长线于点，连接交于点，
则，即，
得，
又，则，
，
，，
，，，
，故错误；
当点为棱中点时，
，，
，
，，
故截面的周长为，故正确；
假设，
取上靠近点的四等分点，
则平面，平面，
所以，又，
因为平面，，
所以平面，平面，
则，
所以∽，得，则，矛盾
所以不存在点，使得，故错误；
故选.
【方法总结】分离常数法求值域：
一些简单分式型函数求值域可用分离常数法，最常见类型为：，，，如本题中选项的为型.
具体方法为：（1）先将分子凑出和分母相同的式子，如；
（2）根据分式加减法则分类常数，如；
（3）根据题目所给范围直接求值域（或可用换元法求值域）.
12．【答案】
【分析】根据分层抽样的抽样比公式进行求解即可.
【详解】三个年级抽到学生的人数比为：，
设该校共有学生人，所以有，
故答案为：.
13．【答案】
【分析】利用复数的几何意义，作出复数对应的点的轨迹，理解所求即轨迹上的点到点的距离，结合图形易求距离的最大、最小值,即得范围.
【详解】

由可知，复数对应的点在以点为圆心，半径为的圆上，
而可理解为圆上的点到点的距离，
作直线,交圆于点,如图所示.
显然,当点与点重合时，,
当点与点重合时，.
即的取值范围是.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】先证明三棱锥的外接球球心在平面上的投影为点，再证点在平面内，即在上，利用和，建立外接球半径的两个方程，解之即得.
【详解】
如图，是以为斜边的等腰直角三角形，为中点，则点是的外心，
故三棱锥的外接球球心必满足平面，因为平面，故.
又平面平面且平面平面，故点在平面内，
过点作，交于，则点在上.
因为，,
则，于是,
设三棱锥的外接球半径为，，
在中，由余弦定理，，
在中，，
联立两方程，解得，则，
故该三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：.
【思路导引】本题主要考查三棱锥的外接球体积.解题的思路是从选底面入手，证明外接球球心在底面上的投影即点，接着通过边和角的计算，借助于和，建立外接球半径的两个方程，解之即得.
15．【答案】(1)平均值为，第百分位数为；
(2)总样本的平均数为，方差为.
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求出，进而即可求出平均数；先确定60%分位数的位置，再由频率分布直方图求值；
（2）求出总样本平均数，根据方差的定义，即可求出总样本方差.
【详解】（1）由题意知，，所以，
所以满意度得分的平均值为，
因为，，
所以第百分位数位于第三个区间内，
所以第百分位数为分.
（2）把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为，
把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为，总样本方差为，
则总样本平均数，
由方差的定义，样本总方差为：
所以，
所以总样本的平均数为，方差为.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得角；
（2）利用正弦定理结合三角形的外接圆半径可求出，则可求得，再利用余弦定理化简变形可求出，从而可求出三角形的面积.
【详解】（1）因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以；
（2）因为外接圆的半径为2，，
所以，得，
所以，
由余弦定理得，
所以，得，
所以.
17．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解；
（2）先求出甲、乙答对题目数为0，1，2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得.
【详解】（1）设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，．
设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题，
则，．
∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，
∴A与B相互独立，与互斥，
∴,．
由题意得解得或
∵，∴，．
（2）设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，．
由题意得，，，．
设E：甲、乙两人共答对3道题，则，
∴，
∴甲、乙两人共答对3道题的概率为．
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）取的中点，利用线面垂直的性质、异面直线垂直推理即得.
（2）（ⅰ）利用线面垂直的判定性质证得，再由异面直线夹角余弦求出，确定线面角并求出大小；（ⅱ）过作于，过作交于，再借助图形求出二面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，由平面，，得平面，
而平面，则，由为的中点，得，
则四边形是平行四边形，因此，
所以.
（2）（ⅰ）由为的中点，，则，而，
平面，于是平面，平面，
则，由，得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，为，
在中，，而，
解得，则，由平面，得直线与平面所成角为，
显然，则，
所以直线与平面所成角为.
（ⅱ）过作于，由（ⅰ）可得，为等腰三角形，
，，由三角形面积法得，
由勾股定理得，过作交于，与延长线交于点，
在直角梯形中，，则，
，显然∽，则，
于是，，为线段的中点，
显然是二面角的平面角，在正中，，
由平面，平面，则，平面，
于是平面，而平面，则，，
所以二面角的余弦值.
【方法总结】作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
19．【答案】(1);
(2)
【分析】（1）①由题意，，将其两边平方后利用向量数量积的运算律计算即得；
②利用（1）得到的模长公式，求得和，再计算，再将条件代入公式，列出方程，即可求出的值.
（2）设出点用表示出，利用正弦定理，经过三角恒等变换，化简成正弦型函数，求得其最大值.
【详解】（1）① 由可得，，则，
即；
②依题意，将代入（1）得到的模长公式即得，，，
，
因为与的夹角为，则由可得，，解得，.
（2）依题意，设，
因为是的中点，则，
是的中点，则，
故
因，，
则，
在中，由余弦定理，，即，代入上式可得，
，
由正弦定理，，设，则，
于是
，其中，
则.
【关键点拨】本题主要考查新定义的仿射坐标系中的向量的运算.
解决第（2）题的关键在于，设出的坐标，，求得的表达式，运用正弦定理，三角恒等变换化成正弦型函数是解决该题的关键.