贵州省黔西南州2023−2024学年高一下学期期末教学质量监测 数学试题（含解析）

这是一份贵州省黔西南州2023−2024学年高一下学期期末教学质量监测 数学试题（含解析），共14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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则（ ）
A．B．3C．4D．5
3．已知球的半径为，且该球的表面积与体积的数值之比为，则的值为（ ）
A．3B．C．2D．1
4．已知函数，则取最小值时x的取值为（ ）
A．1B．C．2D．
5．兴义市峰林布依景区在春节期间，迎来众多游客，其中某天接受了一个小型的旅行团，他们的年龄（单位：岁）如下：6，6，7，8，10，37，39，45，46，52，53，61，则这组数据的第75百分位数是（ ）
A．34.5B．46C．49D．52
6．中国古代数学著作主要有《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，若从上述5部书籍中任意抽取2部，则抽到《九章算术》的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则（ ）
A．6B．4C．3D．2
8．如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中错误的是（ ）
A．平面截正方体所得截面为等腰梯形
B．若∥平面，则直线CQ不可能垂直于直线
C．若，则点Q的轨迹长度为
D．三棱锥的外接球的半径为
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知i是虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A．若复数，则
B．若复数，则
C．若复数为纯虚数，则
D．
10．已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则的充分条件是（ ）
A．，B．，
C．，D．，，
11．对于任意的两个非零向量，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若且与不共线，则与的夹角等于与的夹角
C．
D．若，，则
12．为了强化学校体育，增强学生体质，狠抓校园足球工作，全面推动校园足球高质量发展，2023年10月22日，第七届“金州杯”校园足球联赛在普安举行．在去年的足球联赛上，甲队每场比赛平均失球数是1.5，全年比赛失球个数的标准差为1.1；乙队每场比赛平均失球数是2.1，全年比赛失球个数的标准差为0.4，则下列说法正确的是（ ）
A．平均说来乙队比甲队的防守技术好
B．乙队比甲队技术水平更稳定
C．甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好
D．乙队很少不失球
三、填空题（本大题共4小题）
13．已知A，B两个事件相互独立，且，，则 ．
14．在正方体中，平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为 ．
15．在中，角的对边分别为，，且是关于x的方程的两个不等实数根，则 ．
16．中国南北朝时期数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作经验，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为3的正四棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为 ．
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知向量，．
(1)当时，求的值；
(2)若向量，的夹角为锐角，求的取值范围．
18．如图，在正方体中．
(1)求证：∥平面；
(2)求证：平面．
19．已知e是自然对数的底数，若函数，且是偶函数．
(1)求实数a的值；
(2)判断函数的单调性（不用证明），并求不等式的解集．
20．为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和，女生的平均数和方差分别为和．
(1)求样本中男生和女生应分别抽取多少人；
(2)求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．
21．2023年8月5日-9日，首届贵州科技节在贵阳召开，为了了解活动成效，从参会人员中随机抽取50人进行调查并统计其满意度评分（分数均在内），将所得分数分成5组：，，，，，制成频率分布直方图如图所示，其中满意度评分在的参会人数为18．
(1)求频率分布直方图中a，b的值；
(2)从抽取的50名参会人员中满意度评分在及的人员中用分层抽样的方法抽取5人，再从抽取的5人中随机抽取2人，求这2人中恰有1人的满意度评分在的概率．
22．如图，若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点．若设，则称为布罗卡尔角．
(1)若是边长为2的等边三角形，其布罗卡尔点是的内心（内心是三角形三个内角角平分线的交点），求的外接圆的半径；
(2)在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记的面积为S，的布罗卡尔角为，且．证明：；
(3)在中，记的布罗卡尔角为，若，求证：．
参考答案
1．【答案】C
【分析】利用交集运算法则即可求得结果.
【详解】由集合，，
根据交集运算法则可得.
故选C.
2．【答案】D
【分析】由题意可知：，根据共轭复数的概念以及乘法运算求解.
【详解】由题意可知：，所以.
故选D.
3．【答案】A
【分析】根据球的表面积公式和体积公式得到方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得或0（舍去）.
故选A.
4．【答案】B
【分析】由函数表达式并利用基本不等式等号成立的条件即可求得结果.
【详解】根据题意由可知，所以；
利用基本不等式可得，
当且仅当时，即时，等号成立，此时取最小值2；
因此取最小值时x的取值为.
故选B.
5．【答案】C
【分析】根据题意结合百分位数的定义运算求解.
【详解】因为，所以这组数据的第75百分位数是第9位数和第10位数的中位数.
故选C.
6．【答案】D
【分析】根据题意利用列举法结合古典概型运算求解.
【详解】用分别表示《周髀算经》，《九章算术》，《海岛算经》，《四元玉鉴》，《张邱建算经》，
从上述5部书籍中任意抽取2部，则样本空间为
，可知，
设抽到《九章算术》为事件M，则，可知，
所以.
故选D.
7．【答案】A
【分析】弦化切代入即可得到答案.
【详解】.
故选A.
8．【答案】B
【分析】作出平面截正方体的截面可判断A；连接交为Q，则，进而说明存在点Q，∥平面时，直线可能垂直于直线，判断B；确定Q点的轨迹，从而可求得其长度，判断C；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可判断D.
【详解】对于A，取的中点为,连接,
则，而，即四边形为平行四边形，
故，所以，且，
则四边形为平面截正方体的截面，为梯形，
而，,
即，即四边形为等腰梯形，A正确；
对于B，连接交为Q，则，即，
而，平面，平面，
故∥平面，即当∥平面时，直线可能垂直于直线，B错误；
对于C，因为平面，平面，
故，由得，
即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆，
其轨迹长度为，C正确；
对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，
设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为r，
,
故，则，
故，
因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上，
则，即，
故三棱锥的外接球的半径为，D正确.
故选B.
【关键点拨】解答本题的难点在于求三棱锥的外接球的表面积，解答时要发挥空间想象能力，确定外接球球心大致位置，求出外接球半径，即可求解.
9．【答案】BCD
【分析】利用复数概念可判断A错误，根据模长公式可知B正确，由纯虚数概念解方程可得C正确，由复数乘方计算可得D正确.
【详解】对于A，根据虚数概念可得复数无法比较大小，即A错误；
对于B，由，可得，即B正确；
对于C，若复数为纯虚数，可知，
解得，可知C正确；
对于D，易知，即D正确.
故选BCD.
10．【答案】AB
【分析】由线面、面面位置关系即可逐一判断各个选项并求解.
【详解】对于A， 若，，由面面垂直的判定定理可知，故A正确；
对于B，若，则存在，使得，
因为，所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C，若，，则平行或相交，故C错误；
对于D，若，，，
则只能说明相交但不一定垂直，故D错误.
故选AB.
11．【答案】ABC
【分析】利用向量垂直的数量积可得，即A正确，由向量夹角公式代入计算可得B正确，根据向量的三角不等式可得C正确，由向量的坐标表示以及模长公式可得D错误.
【详解】对于A，若可得，所以，
，因此可得，即A正确；
对于B，易知与的夹角为，
与的夹角为，
又因为且与不共线，所以，即B正确；
对于C，由向量的三角不等式可得，
当与同向时满足，因此可得，即C正确；
对于D，由，可得，所以，即D错误.
故选ABC.
12．【答案】BCD
【分析】根据两个队伍的平均数和方差，进行比较，结合平均数以及方差的意义逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，可知平均说来甲队比乙队的防守技术好，故A错误；
对于选项BC：因为，可知乙队比甲队技术水平更稳定，
即甲队防守中有时防守表现较差，有时表现又非常好，故B、C正确；
对于选项D：因为乙队每场比赛平均失球数是2.1，且标准差为0.4，
结合选项B可知：乙队平均失球数多，且乙队防守技术水平更稳定，
即乙队很少不失球，故D正确；
故选BCD.
13．【答案】0.28
【分析】根据相互独立事件的定义计算即可.
【详解】因为相互独立，
所以.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据题意结合正方形的结构特征可知平面与平面ABCD所成二面角为，即可得结果.
【详解】因为平面，平面，
可得，可知平面与平面ABCD所成锐二面角为，
又因为为正方形，可得，
所以平面与平面ABCD所成锐二面角的大小为.
故答案为：.
15．【答案】
【分析】利用余弦定理，求得，根据题意，得到再由向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】因为，由余弦定理得，
又因为，所以，
由是关于x的方程的两个不等实数根，
可得，
所以.
故答案为：.
16．【答案】7
【分析】利用台体的体积公式求正四棱台的体积，再根据祖暅原理即可得结果.
【详解】由题意可知：正四棱台的体积为，
根据祖暅原理可知该不规则几何体的体积为7.
故答案为：7.
17．【答案】(1)；
(2)且.
【分析】（1）根据向量共线的坐标表示即可得到方程，解出即可；
（2）分析得，且，不同向共线，解出不等式并结合（1）的答案即可.
【详解】（1）根据题意得，解得.
（2）若向量，的夹角为锐角，
则，且，不共线，
即，解得，
由（1）当时，，且此时两向量同向，
则且.
18．【答案】(1)证明见详解；
(2)证明见详解.
【分析】（1）根据题意可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明；
（2）连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明.
【详解】（1）因为为正方体，则∥，且，
可知为平行四边形，则∥，
且平面，平面，所以∥平面.
（2）连接，
因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，
由平面，可得，
同理可得：，
且，平面，
所以平面.
19．【答案】(1)；
(2)在上单调递减，在上单调递增；.
【分析】（1）根据偶函数定义利用可求得；
（2）根据复合函数单调性可判断得出在上单调递减，在上单调递增，再利用偶函数性质解一元二次不等式可得结果.
【详解】（1）因为是偶函数，所以，
即，可得，
也即，
又，不恒等于0，因此需满足，解得；
经检验当时，为偶函数，满足题意；
所以.
（2）因为函数是偶函数，所以只需判断上单调性即可；
易知，当时，
结合复合函数以及对勾函数单调性可知在上单调递增，
由偶函数性质可得在上单调递减，
因此可得在上单调递减，在上单调递增；
所以对函数来说，距离其对称轴轴越近，函数值越小，
因此不等式等价于，
也即，整理可得，
解得或；
所以不等式的解集为.
20．【答案】(1)45；30；
(2)平均数；方差16.
【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数；
（2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解.
【详解】（1）总体容量1500，样本容量75，则抽样比为，
所以样本中男生数量，女生数量.
（2）抽取的样本中男生的平均数，方差，
抽取的样本中女生的平均数，方差，
所以总体样本的平均数为，
总体样本的方差.
所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.
21．【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据评分在的游客人数为18和总人数为50得到，利用频率之和为1得到方程，求出；
（2）根据分层抽样的方法得到评分在的人数为2，设为，满意度评分在的人数为3，设为，列举出所有情况和2人中恰有1人的满意度评分在的情况，求出概率.
【详解】（1）由题知，，
因为，所以.
（2）由题知，抽取的50名参会人员中满意度评分在的人数为
满意度评分在的人数为
所以抽取的5人中，满意度评分在的人数为2，设为，
满意度评分在的人数为3，设为，
所以从5人中随机抽取2人的不同取法为
，共有10种不同取法，
设"2人中恰有1人的满意度评分在"为事件，
则事件包含的取法为,共有6种不同取法，
22．【答案】(1)；
(2)证明见详解；
(3)证明见详解.
【分析】（1）根据题意可知：，利用正弦定理求外接圆半径；
（2）先根据表示出三角形的面积，再在中，由余弦定理相加，再化简整理，即可得证；
（3）根据（2）得出与的等量关系，再利用余弦定理和三角形的面积公式，化简整理即可得证.
【详解】（1）由题意可知：，
所以的外接圆的半径.
（2）若，
则
,
所以，
在中，
分别由余弦定理得：，
，，
三式相加整理得，
因为，所以.
（3）由（2）得，
所以,
由，
所以，
又由余弦定理可得，
所以，
所以，所以，
由正弦定理可得.
【关键点拨】根据表示出三角形的面积，在中，由余弦定理相加，得出与的等量关系，是解决本题的关键.