黑龙江绥化绥棱县第一中学2023~2024学年高一下册期末考试数学试卷[附解析]

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考生注意：
1．满分150分，考试时间120分钟.
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3．本卷命题范围：人教版必修二、选修一第一章.
一、选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.
1. 下列说法不正确的是（ ）
A. 直四棱柱是长方体B. 正方体是平行六面体
C. 长方体是平行六面体D. 平行六面体是四棱柱
【答案】A
【解析】
【分析】根据长方体、直四棱柱、平行六面体的定义、性质和关系判断即可得解.
【详解】解：对于选项A，直四棱柱的侧棱垂直底面，当底面不是矩形时直四棱柱不是长方体，
故A错误；
对于选项B，正方体的对面平行，是平行六面体，故B正确；
对于选项C，长方体的对面平行，是平行六面体，故C正确；
对于选项D，平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，故D正确；
故选：A.
2. 若，在直线上，则直线的一个方向向量为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用方向向量的定义求解.
【详解】依题意，直线的一个方向向量为，其他三个均不合要求.
故选：C．
3. 下列关于概率的命题，错误的是（ ）
A. 对于任意事件A，都有
B. 必然事件的概率为1
C. 如果事件A与事件B对立，那么一定有
D. 若A，B是一个随机试验中的两个事件，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据事件的概率基本概念直接求解即可.
【详解】对于A，对于任意事件A，都有，故A正确；
对于B，必然事件的概率为1显然正确，故B正确；
对于C，如果事件A与事件B对立，那么一定有，故C正确；
对于D，若A，B是一个随机试验中的两个事件，则，故D错误．
故选：D．
4. 已知O，A，B，C为空间四点，且向量，，不能构成空间的一个基底，则一定有（ ）
A. ，，共线B. O，A，B，C中至少有三点共线
C. 与共线D. O，A，B，C四点共面
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理即可判断
【详解】由于向量，，不能构成空间的一个基底知，，共面，所以O，A，B，C四点共面
故选：D
5. 已知为不同的平面，l，m为不同的直线，那么下列命题中正确的是（ ）
A. 若，且，则B. 若，且，则
C. 若，且，则D. 若，且，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线、平面的位置关系以及平行的传递性进行判断.
【详解】对于选项A，如图，若，且，但，故A错误.
对于选项B，如图，，且，但，故B错误.
对于选项C，如图，根据平行的传递性，若，且，则，
故C正确.
对于选项D，如图，，且，但，故D错误.
故选：C.
6. 如图，在中，N为线段上靠近A的三等分点，点P在上且则实数m的值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由线性运算可得，由三点共线可得系数和为1，即可求出.
【详解】由题可得，
，
三点共线，，.
故选：D.
7. 已知平行六面体的底面为矩形，，，，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量的数量积计算即得.
【详解】由，得，，
而，则，又，
所以.
故选：A
8. 某工业园区有、、共3个厂区，其中，，，现计划在工业园区内选择处建一仓库，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，利用正弦定理得到，再在中利用余弦定理得到，再由三角恒等变换公式及三角函数的性质求出，即可得解.
【详解】法一：设，，
则，，
中由正弦定理，即，
所以，
在中，
（其中），
所以当时，所以最小值为．
法二：如图，因为，所以点在如图所示的圆上，
圆的直径为，
由圆周角的性质可得，所以，．
连接，可得（当为与圆的交点时取等号）．
在中，，，，
根据余弦定理可知，
即，所以的最小值为．
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（ ）
A. 在复平面内对应的点位于第三象限
B. 若复数，则
C. 的共轭复数为
D. 的虚部为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断A、C、D，计算出，即可求出其模，从而判断B.
【详解】因为，
所以在复平面内对应的点为，位于第三象限，A正确；
因为，所以，所以，B正确；
的共轭复数为，C错误；
虚部为，D正确.
故选：ABD.
10. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生大规模群体感染的标准为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”，过去10天，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：平均数为2，众数为2；乙地：中位数为3，极差为4；丙地：平均数为2，中位数为3；丁地：平均数为2，标准差为，甲、乙、丙、丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的是（ ）
A. 甲地B. 乙地C. 丙地D. 丁地
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，举例判断，对于B，计算出每天新增疑似病例人数的最大值判断，对于CD，利用反证法判断.
【详解】对于A，若甲地过去10天每天新增疑似病例人数分别为0，0，0，2，2，2，2，2，2，8，
则满足平均数2，众数为2，但不满足每天新增疑似病例不超过7人，所以A错误，
对于B，因为乙地：中位数为3，极差为4，则最大值不大于，
所以乙地满足每天新增疑似病例不超过7人，所以B正确，
对于C，假设丙地至少有一天新增疑似病例人数超过7人，
由中位数为3可得平均数的最小值为，
与题意矛盾，所以C正确，
对于D，假设丁地至少有一天新增疑似病例人数超过7人，
则方差的最小值为，与题意矛盾，所以D正确，
故选：BCD.
11. 已知正方体棱长为1，点E、O分别是、的中点，P在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 点A到直线BE的距离是
B. 点O到平面的距离为
C. 平面与平面间的距离为
D. 点P到直线AB的距离为
【答案】ABC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求距离.
【详解】
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
所以，．
设，则，．
故A到直线BE的距离，故A对．
，平面一个法向量，
则点O到平面的距离，故B对．
，，．
设平面的法向量为，则
所以令，得，，所以．
所以点到平面的距离．
因为，平面，平面，则平面，
同理平面，,平面,
故平面平面，
所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离，
即为，故C对．
因为，所以，又，
则，所以点P到AB的距离，故D错．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率分别为0.8和0.7，那么在一次预报中，甲站、乙站预报都错误的概率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式即可得到答案.
【详解】根据对立事件的概率求法和独立事件的乘法公式得甲站、乙站预报都错误的概率为：
.
故答案为：.
13. 一所初级中学为了估计全体学生的平均身高和方差，通过抽样的方法从初一年级随机抽取了30人，计算得这30人的平均身高为154cm，方差为30；从初二年级随机抽取了40人，计算得这40人的平均身高为167cm，方差为20；从初三年级随机抽取了30人，计算得这30人的平均身高为170cm，方差为10．依据以上数据，若用样本的方差估计全校学生身高的方差，则全校学生身高方差的估计值为_________．
【答案】64.4
【解析】
【分析】利用方差及平均数公式可得， 进而即得.
【详解】初一学生的样本记为，，…，，方差记为，初二学生的样本记为，，…，，方差记为，初三学生的样本记为，，…，，方差记为．
设样本的平均数为，则，
设样本的方差为．
则
又，
故，
同理，，
因此，
．
故答案为：.
14. 截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为__________.

【答案】
【解析】
【分析】根据截角四面体的定义，还原为正四面体，然后利用正四面体的相关性质即可求解.
【详解】因为棱长为的正四面体的高为，所以截角四面体上下底面距离为，
设其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，易知外接球球心在线段上，且垂直于平面与平面，则，
所以，解得，
所以该截角四面体的外接球的表面积为.
故答案为：.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知向量，．
（1）若与的夹角为，求实数m的值；
（2）若，求向量在向量上的投影向量．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，结合夹角公式运算求解；
（2）根据垂直关系求得，结合投影向量的定义分析求解.
【小问1详解】
因为，，则，
若与的夹角为，则且，
可得，解得或（舍去），
所以实数m的值为.
【小问2详解】
若，则，解得，
可得，
所以向量在向量上的投影向量为.
16. 如图，在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，分别为，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】(1)取PC中点，构造平行四边形，根据线面平行的判定定理证明即可.
(2)根据题意建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
取中点为，连接，
∵，分别为，的中点，
∴，.
又四边形为正方形，∴，，
又∵为的中点，∴，，
∴四边形平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则即
令，则，
设直线与平面所成角为，则.
17. 黄山原名“黟山”，因峰岩青黑，遥望苍黛而名，后因传说轩辕黄帝曾在此炼丹，故改名为“黄山”．黄山雄踞风景秀丽的安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一．明代旅行家、地理学家徐霞客两游黄山，赞叹说：“登黄山天下无山，观止矣！”又留“五岳归来不看山，黄山归来不看岳”的美誉．为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图，求x的值；
（2）估计这100名游客对景区满意度评分的分位数（得数保留两位小数）；
（3）景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在，的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据直方图中频率和为1求参数即可；
（2）由百分位数的定义，结合直方图求分位数；
（3）分布求各组人数，利用列举法结合古典概型运算求解.
【小问1详解】
由图知：，可得.
【小问2详解】
由，
所以分位数在区间内，令其为，
则，解得.
所以满意度评分的分位数为.
【小问3详解】
因为评分在，的频率分别为，
则在中抽取人，设为；
在中抽取人，设为；
从这6人中随机抽取2人，则有：
，
，
共有15个基本事件，
设选取的2人评分分别在和内各1人为事件A，
则有，共有8个基本事件，
所以.
18. 已知中，内角所对的边分别为，且.
（1）若的平分线与边交于点，求的值；
（2）若，点分别在边上，的周长为5，求的最小值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）联立所给等量可得，进而根据余弦定理即可求解，根据角平分线结合三角形面积公式可得，结合即可求解，
（2）根据余弦定理，结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
可得，
解得，
设，则，
由余弦定理得，
所以.
因为为的平分线，
所以，
又，则.
【小问2详解】
因为，由（1）得，
设，
由余弦定理得，
所以，
因为，
所以，当时取等号，
所以，
所以，当时取等号，
所以的最小值为.
19. 如图，四棱柱的底面ABCD为直角梯形，，，，直线与直线CD所成的角取得最大值．点M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若钝二面角的余弦值为，当时，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明平面平面；
（2）根据题意，以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，由二面角的计算公式即可得到的长，再由三棱锥的体积计算公式即可得到结果.
【小问1详解】
证明：因为直线与直线CD所成的角取得最大值，所以．
因为点M为的中点，且，所以，则，
又，所以平面ABCD，
因为平面ABCD，所以，
因为，所以，
又，，所以，
所以，则，
又，且平面，所以平面，
又平面BDM，所以平面平面，
故平面平面．
【小问2详解】
由（1）可知，BC，BD，两两互相垂直，以B为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
，，，设，
则，，，，
设平面BDM的一个法向量为，
由得取，
则，
设平面CDM的一个法向量为，
由得取，则，
于是，
由题意知，
整理得，解得（舍去），
所以，
因为点M为的中点，
所以．