2023-2024学年河北省石家庄市高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年河北省石家庄市高一（下）期末
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.是虚数单位，复数的虚部是( )
A. B. C. D.
2.若为的边的中点，则( )
A. B. C. D.
3.已知，为两个不同平面，，为不同的直线，下列命题不正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
4.已知甲、乙两名同学在高三的次数学测试的成绩统计如图图标中心点所对纵坐标代表该次数学测试成绩，则下列说法不正确的是( )
A. 甲成绩的极差小于乙成绩的极差
B. 甲成绩的第百分位数大于乙成绩的第百分位数
C. 甲成绩的平均数大于乙成绩的平均数
D. 甲成绩的方差小于乙成绩的方差
5.如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )
A.
B.
C.
D.
6.如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，则塔高为( )
A.
B.
C.
D.
7.如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
8.如图，已知在中，，，，是边上一点，且，将沿进行翻折，使得点与点重合，若点在平面上的射影在内部及边界上，则在翻折过程中，动点的轨迹长度为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，其中是虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. 的模等于 B. 在复平面内对应的点位于第四象限
C. 的共轭复数为 D. 若是纯虚数，则
10.中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是( )
A.
B. 若，则有两解
C. 若为锐角三角形，则取值范围是
D. 若为边上的中点，则的最大值为
11.如图，棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点包括边界，且平面，则下列说法正确的有( )
A. 动点轨迹的长度为
B. 三棱锥体积的最小值为
C. 与不可能垂直
D. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在菱形中、为坐标原点、，、则的值为______．
13.从长度为、、、、的条线段中任取条，这三条线段能构成一个三角形的概率为______．
14.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差多面体的面的内角叫做多面体的面角角度用弧度制例如，正四面体的每个顶点有个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为在底面为矩形的四棱锥中，底面，与底面所成的角为，在四棱锥中，顶点的曲率为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知向量．
若，求的坐标；
若，求与的夹角．
16.本小题分
年月日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥八运载火箭成功发射，我国载人航天工程年发射任务首战告捷为普及航天知识，某学校开展组织学生举办了一次主题为“我爱星辰大海”的航天知识竞赛，现从中抽取名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
Ⅰ求频率分布直方图中的值若从成绩不高于分的同学中按分层抽样方法抽取人成绩，求人中成绩不高于分的人数；
Ⅱ用样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数；
Ⅲ若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为，乙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面．
求证：平面；
求证：平面平面；
若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
18.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
Ⅰ求角的大小；
Ⅱ若，且，求的面积；
Ⅲ如图，过点作的平行线，且，在四边形中，，，动点，分别在线段，上运动，且，求的最小值．
19.本小题分
著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马于年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，则使得的点即为费马点在中，角，，的对边分别为，，，且若是的“费马点”，．
求角，若，求的周长；
在的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：．
故其虚部为．
故选：．
2.
【解析】解：为的边的中点，
由向量加法法则得，
．
故选：．
3.
【解析】解：对选项，若，，则，选项正确；
对选项，若，，则，选项正确；
对选项，若，，则或，选项错误；
对选项，若，，则，选项正确．
故选：．
4.
【解析】解：从图表可以看出甲成绩的波动情况小于乙成绩的波动情况，则甲成绩的方差小于乙成绩的方差，且甲成绩的极差小于乙成绩的极差，AD正确；
将甲成绩进行排序，又，故从小到大，选择第二个成绩作为甲成绩的第百分位数，估计值为分，
将乙成绩进行排序，又，故从小到大，选择第个成绩成绩作为乙成绩的第百分位数，估计值大于分，
从而甲成绩的第百分位数小于乙成绩的第百分位数，B错误；
甲成绩均集中在分左右，而乙成绩大多数集中在分左右，故C正确．
故选：．
5.
【解析】解：正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
则原图是平行四边形，相邻边长为：和，
原图的周长是：．
故选：．
6.
【解析】解：在中，，
所以，，
可得，
由正弦定理，可得，
解得，
因为在中，，可得，
解得．
故选：．
7.
【解析】解：，
又，
，
，
又因为，，三点共线，
则，
即，
，
，
，
，
，
，
故选：．
8.
【解析】解：如图，
过点作，分别交，于点，，
则动点在平面上的射影轨迹为线段，
设当与重合时，有；
当与重合时，有，
则由为定长可知动点的轨迹是以为圆心，为半径且圆心角为的圆弧．
如图，
在所在平面建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，，
直线：，直线：，
联立，解得，即，
则，
又，由此可得，
所以，
所以动点的轨迹长度为．
故选：．
9.
【解析】解：，
，在复平面内对应的点位于第四象限，，故AC错误，B正确，
为纯虚数，
则，解得，故D正确．
故选：．
10.
【解析】解：对于，因为，所以，，又，所以，A错误；
对于，若，且，则，三角形有两解，B正确；
对于，若为锐角三角形，则，，所以，，，，C正确；
对于，若为边上的中点，则，，
又，，
，，当且仅当时等号成立，
所以，所以，当且仅当时等号成立，D正确．
故选：．
11.
【解析】解：对选项，如图，分别取，的中点，，
则易知，，且，
可得平面平面，
当为上的点时，平面，
动点轨迹为线段，又易知，选项正确；
对选项，由选项分析可知，当与点重合时，的面积取得最小值为，
三棱锥的体积的最小值为，
即三棱锥的体积的最小值为，选项正确；
对选项，由选项分析可知，又易知，
当为的中点时，，即，选项错误；
对选项，根据选项分析可知，当为的中点时，的面积最大，
从而可得三棱锥的体积最大，如图，
取的中点，连接，则易证，且，
又易证平面，平面，
又到，，三点的距离相等，直线上的点到，，三点的距离也相等，
在的延长线上取点，使得，则即为三棱锥的外接球的球心，
设三棱锥的外接球的半径为，则，又易知，
在中，由勾股定理可得，解得，
当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为，选项正确．
故选：．
12.
【解析】解：设点的坐标为，
在菱形中、为坐标原点，
则，解得，
故点的坐标为，
，
则．
故答案为：．
13.
【解析】解：从长度为、、、、的条线段中任取条，
基本事件总数，
这三条线段能构成一个三角形包含的基本事件有个，分别为，，
这三条线段能构成一个三角形的概率为．
故答案为：．
14.
【解析】解：设，则，
底面，
是在底面上的射影，
则是与底面所成的角，即，
则，即，得，则，
即，
即，则在中，，
，
，
是直角三角形，则，
，
顶点的曲率为．
故答案为：．
15.解：由题意，设，
因为，所以，所以，
所以或．
因为，
所以，所以，
即，
设与的夹角为，则，
又，所以，所以与的夹角．
【解析】根据向量模的坐标表示求解即可；
利用坐标表示向量的数量积及向量夹角公式得解．
16.解：由，
解得，
因为人，人．
所以不高于分的抽人；
Ⅱ平均数．
由图可知，学生成绩在内的频率为，在内的频率为，
设学生成绩中位数为，，则：，解得，
所以中位数为．
记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件，
则．
所以至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为．
【解析】Ⅰ由频率和为即可求解的值，再利用抽样比求解即可；
Ⅱ由频率分布直方图的平均数与中位数公式求解即可；
Ⅲ利用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
17.证明：连接，
因为，，且是的中点，
所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
证明：在直角梯形中，，
所以，，
所以，即，
因为平面，平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
解：因为平面，，
所以由三垂线定理知，，
所以就是二面角的平面角，即，
所以，
所以，
由知，平面平面，
所以直线与平面所成角即为，
在中，，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【解析】连接，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；
先利用勾股定理证明，由平面，知，再由线面、面面垂直的判定定理，即可得证；
由，，根据二面角的定义知，由平面平面，知即为所求，再由三角函数的知识，求解即可．
18.解：因为，
所以由正弦定理得，
所以，
又，，所以，
又，所以；
Ⅱ因为，且，所以，，
在中，由余弦定理得，
即，解得，或舍，
所以的面积；
Ⅲ以为坐标原点，所在直线为轴，垂直的直线为轴，
建立平面直角坐标系，
则，由，可得，
因为，所以设，
则，，，，
由，得，
由，得，
所以
，
当时，取得最小值，
所以的最小值为．
【解析】Ⅰ由条件结合正弦定理化简即可求得；
Ⅱ由余弦定理及三角形的面积公式计算即可；
Ⅲ以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，表示出所需点的坐标，根据向量的坐标运算和二次函数的最值问题可求得．
19.解：，由正弦定理可得：，
即，
，，；
设，，，
则，可化为，即，
又，
，解得，
由余弦定理可得：，
即，，
由联立可得：，，
的周长为；
在，，中分别由余弦定理可得，
与联立得，
，，
，即，
令，，由对勾函数性质可知在上单调递减，
，即得取值范围为
【解析】利用三角变换求；设，，，由向量的数量积可得，再由面积公式得，最后结合余弦定理可求出，，即可得到周长；
在，，中分别由余弦定理与联立得，再与结合可得，再利用对勾函数的单调性求解即可．
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