2023-2024学年广东省中山市高一下学期期末统一考试数学试卷（含解析）

2023-2024学年广东省中山市高一下学期期末统一考试
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.( )
A. B. C. D.
2.已知、为不共线的向量，且，，，则( )
A. A、、三点共线 B. A、、三点共线
C. B、、三点共线 D. A、、三点共线
3.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，则
C. 若，，则 D. 若，则
4.某地政府对在家附近工作的年轻人进行了抽样调查，得到他们一年能在家陪伴父母的天数，并绘制成如下图所示的频率分布直方图，则样本中位数约为( )
A. B. C. D.
5.已知某人射击每次击中目标的概率都是，现采用随机模拟的方法估计其次射击至少次击中目标的概率先由计算器产生到之间的整数值的随机数，指定，，，，，表示击中目标，，，，表示未击中目标；因为射击次，所以每个随机数为一组，代表次射击的结果．经随机模拟产生了以下组随机数：
据此估计的值为( )
A. B. C. D.
6.如图，由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，已知，，，则( )
A. 　　　　　　 B.
C. 　　　　　 D.
7.已知，则( )
A. B. C. D.
8.设长方体的对角线与顶点出发的三条棱所成的角分别为、、，与顶点出发的三个面所成的角分别为、、，下列四个等式：其中正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共3小题，共15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，则( )
A. B. C. D.
10.下列化简正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图，已知二面角的棱上有，两点，，，，，且，则下列说法正确的是 ．
A. 当时，直线与平面所成角的正弦值为
B. 当二面角的大小为时，直线与所成角为
C. 若，则二面角的余弦值为
D. 若，则四面体的外接球的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，所得图象与函数的图象重合，则 ．
13.在中，内角，，的对边分别为，且，，，符合条件的三角形有两个，则实数的取值范围是
14.记一组数据的平均数为，方差为，则数据的平均数为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知平面向量，满足，，．
求；
若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
16.本小题分
第届世界乒乓球团体锦标赛于年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮．现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用局胜制，每局分制，每赢一球得分，选手只要得到至少分，并且领先对方至少分包括分，即赢得该局比赛．在一局比赛中，每人只发个球就要交换发球权，如果双方比分为：后，每人发一个球就要交换发球权．
已知在本场比赛中，前三局甲赢两局，乙赢一局，在后续比赛中，每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立，求甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛的概率；
已知某局比赛中双方比分为：，且接下来两球由甲发球，若甲发球时甲得分的概率为，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，求该局比赛甲得分获胜的概率．
17.本小题分
已知函数．
解不等式；
若对任意的恒成立，求的取值范围．
18.本小题分
如图，为半球的直径，为上一点，为半球面上一点，且．
证明：；
若，，求直线与平面所成的角的正弦值．
19.本小题分
在中，，点在边上，且
若的面积为，求边的长；
若，求．
答案解析
1.
【解析】解：．
故选：．
2.
【解析】解：因为，
，
所以，
所以，即，，三点共线．
故选A．
3.
【解析】对于：若，，则或与相交，故 A错误；
对于：若，则或，故 B错误；
对于：若，，则，故 C正确；
对于：若，则或，故 D错误．
故选：
4.
【解析】依题意，，解得，
显然，，
所以样本中位数为．
故选：
5.
【解析】解：由题意：射击中击中至少两次的为：
，，，，，，，，，，，，，
一共有组，
故至少击中两次的概率为．
故选：．
6.
【解析】解：，，
，
，
．
故本题选C．
7.
【解析】解：因为，
可得，
，
则
．
故选：．
8.
【解析】连接，，，，，，如下图
由题知：，，，
因为平面，平面，平面，
得：，，，
对于项：
，故 A项错误；
对于项：
，故 B项错误；
对于项：
，故 C项错误
对于项：
，故 D项正确．
故选：．
9.
【解析】解：因为，所以，所以，故 A正确；
所以，所以，故 B不正确；
，故 C不正确；
，故 D正确．
故选：．
10.
【解析】对于，， A正确；
对于，， B正确；
对于，， C错误；
对于，， D正确．
故选：
11.
【解析】对于，当时，因为，，所以直线与平面所成角为，
则，故 A正确；
对于，如图，过作，且，连接，，

则为正方形，即为直线与所成角，为二面角的平面角，
当时，易得，
又，，故面，即面，故，故 B正确；
对于，如图，作，则二面角的平面角为，

又，在中，易得，
在中，由余弦定理得，，
过点作交线段的延长线于点，则平面，
过点作，交线段的延长线于点，连接，
则为二面角的平面角，
易得，，，
所以，故 C错误；
对于，同选项C可知，
如图，分别取线段，的中点，，连接，过点作平面的垂线，

则球心必在该垂线上，设球的半径为，则，
又的外接圆半径，则，
所以四面体的外接球的体积为，故 D正确．
故选：．
12.
【解析】解：因为把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度后，
得到函数的图象，
而所得图象与函数的图象重合，
所以，即．
又因为，所以．
故答案为．
13.
【解析】解：在中， ，，，
由余弦定理得：，即．
因为符合条件的三角形有两个，所以关于的方程由两个正根，
所以，解得：．
故实数的取值范围是．
故答案为：．
14.
【解析】因为的平均数为，方差为，
所以，，
即，
即，
即，即，
所以，
所以数据的平均数为．
故答案为：
15.解：
，
，
则，
得．
由向量与的夹角为锐角，可得．
即有．
而当向量与同向时，可知，
综上所述的取值范围为．
【解析】根据向量数量积的公式进行计算即可．
根据向量夹角与向量数量积的关系进行求解即可．
16.解：设“甲乙两人只需要再进行两局比赛就能结束本场比赛”为事件，
若两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，
所以；
设“该局比赛甲得分获胜”为事件，
甲得分获胜有两类情况：甲连得分，则甲获胜；
甲得分，乙得分，则甲获胜，此时有三种情况，每球得分方分别为乙甲甲甲，甲乙甲甲，甲甲乙甲，
所以．
【解析】由题可知两局比赛就能结束，则只能甲连胜两局，然后根据独立事件概率公式即得；
由题可知甲得分获胜有两类情况：甲获胜或甲获胜，然后结合条件根据独立事件概率公式即得．
17.解：依题意，
，由，得，
则，解得，
所以不等式的解集为．
由，得，
由，得，即有，
令，，
原不等式化为，即，显然函数在上单调递增，
则当时，，因此，
所以的 取值范围．
【解析】利用和角的正弦、二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质解不等式即得．
令，结合分离参数，利用函数单调性求出实数的取值范围．
18.解：证明：因为为半球的直径，为上一点，
所以，
又因为，
，
平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
又因为为半球面上一点，
所以，
，
平面，
所以平面，
平面，
所以；
因为三角形为直角三角形，
，
所以，
又因为，平面，
所以，
又因为三角形也是直角三角形，
所以．
所以，
，
设点到平面的距离为，
则有，
即，
所以，
设直线与平面所成的角为，
则．
【解析】由，可得平面，进而可得，又由于，所以可得平面，即可得；
利用等体积法求得点到平面的距离为，设直线与平面所成的角为，则有，即可得答案．
19.解：在中，由题意有，
且注意到，，
所以有，解得，
如图所示：
在中，由余弦定理有，
代入数据得，
所以．
由题意，所以设，
则，
设，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
在中，由正弦定理有，
代入数据得，
又，
所以以上两式相比得，即，
所以有 ，
所以，
所以，或
又，且，
所以，
所以解得或．
【解析】由三角形面积公式首先可以求得的长度，然后在中，运用余弦定理即可求解．
设所求角，根据已知条件把图中所有角都用含有的式子表示出来，再设，在和分别运用正弦定理，对比即可得到关于的三角方程，从而即可得解．
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