2023-2024学年广西南宁三中高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年广西南宁三中高一（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.若复数，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2.某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为，，，件，为检验产品的质量，现用按比例分层随机抽样的方法从以上所有的产品中抽取件进行检验，则应从乙种型号的产品中抽取件数为( )
A. B. C. D.
3.四名同学各掷骰子次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数的是( )
A. 平均数为，中位数为 B. 中位数为，众数为
C. 平均数为，方差为 D. 中位数为，方差为
4.已知在平行四边形中，为上靠近点的三等分点，设，则( )
A. B. C. D.
5.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为( )
A. B. C. D.
6.已知向量，，若与共线且反向，则实数的值为( )
A. B. C. D. 或
7.在九章算术中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑在鳖臑中，平面，，，，则此四面体的外接球表面积为( )
A. B. C. D.
8.有个相同的球，分别标有数字，，，，，，从中有放回地随机取两次，每次取个球甲表示事件“第一次取出的球的数字是”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是”，则( )
A. 甲与乙互斥 B. 丙发生的概率为 C. 甲与丁相互独立 D. 乙与丙相互独立
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.在中，角，，所对的边分别为，，，下列说法中正确的是( )
A. 若，则是等腰三角形
B. 若，则
C. 若，则
D. 若面积为，则
10.某市年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如图扇形图，则下列结论中正确的是( )
A. 招商引资后，工资净收入较前一年减少
B. 招商引资后，转移净收入是前一年的倍
C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的
D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
11.如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为，，分别为棱，的中点，则下列说法中正确的有( )
A. 直线与相交 B. 异面直线与所成角为
C. 二面角的平面角为 D. 平面截该长方体所得的截面为五边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，，则 ______．
13.已知互不相等的个正整数从小到大排序为，，，，若它们的和为，且这个数据的极差是中位数的倍，则这个数据的第百分位数为______．
14.已知的内角，，所对的边分别是，，，点是的中点若，且，则 ______．
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
已知向量与的夹角，且．
求；
求．
16.本小题分
某社区为了解志愿者每周志愿服务的时长，在全社区名志愿者中随机抽取名志愿者在某个星期的志愿服务记录，统计他们当周在社区的志愿服务时长，按时长分组，得到频率分布直方图如图所示：
求的值；社区对志愿服务时长大于或等于小时的志愿者认定为优秀志愿者，如果以当周志愿服务统计结果作为依据，请估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数；
求出这名志愿者当周志愿服务时长的样本众数、中位数、平均数结果保留一位小数．
17.本小题分
如图，在三棱锥中，平面，，分别为，的中点，且．
证明：；
求二面角的余弦值．
18.本小题分
如图，在平面四边形中，，，，．
证明：；
求面积的最大值；
设为线段的中点，求的最大值．
19.本小题分
在某抽奖活动中，初始时的袋子中有个除颜色外其余都相同的小球，颜色为白红每次随机抽取一个小球后放回抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为白红的初始状态记第次抽奖中奖的概率为．
求，；
若存在实数，，，对任意的不小于的正整数，都有，试确定，，的值，并证明上述递推公式；
若累计中奖次及以上可以获得一枚优胜者勋章，则从初始状态下连抽次获得至少一枚勋章的概率为多少？
答案解析
1.
【解析】解：，
故其虚部为，
故选：．
2.
【解析】解：用按比例分层随机抽样的方法从以上所有的产品中抽取件进行检验，
则应从乙种型号的产品中抽取件数为：．
故选：．
3.
【解析】解：对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足平均数为，中位数为，可以出现点数，故A错误；
对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足中位数为，众数为，可以出现点数，故B错误；
对于，若平均数为，且出现点，则方差，
平均数为，方差为时，一定没有出现点数，故C正确；
对于，当投掷骰子出现结果为，，，，时，满足中位数为，
平均数为：
方差为，可以出现点数，故D错误．
故选：．
4.
【解析】解：因为平行四边形中，为上靠近点的三等分点，
所以，
所以．
故选：．
5.
【解析】解：设圆锥母线长为，高为，底面半径为，
则由，得，
所以，
所以．
故选：．
6.
【解析】解：由向量，共线，得，解得或，
当时，，，与同向，不符合题意，
当时，，，与反向，符合题意，
所以实数的值为．
故选：．
7.
【解析】解：平面，，，又，
可得平面，，
此四面体的外接球的球心即为的中点，直径即为，
设球的半径为，
，，，
，，
此四面体的外接球表面积为．
故答案为：．
8.
【解析】解：由题意可知，有放回地随机取两次，共有种情况，
两点数和为的所有可能为，，，，，共种情况，
两点数和为的所有可能为，，，，，，共种情况，
所以丙，丁，
，，丙，，
对于选项，甲与乙可以同时发生，故选项 A错误；
对于选项，丙，故选项B错误；
对于选项，甲丁，甲，丁，
所以甲丁甲丁，即甲与丁相互独立，故选项C正确；
对于选项，乙丙，乙，丙，
所以乙丙乙丙，即乙与丙不独立，故选项D错误．
故选：．
9.
【解析】解：选项A，由正弦定理及，得，
所以，
因为，，所以，
所以是等腰三角形，即选项A正确；
选项B，由正弦定理知，，
所以，
因为，所以，所以或，即选项B错误；
选项C，由余弦定理知，，
所以，即选项C正确；
选项D，因为，
所以，
由余弦定理知，，
所以，即，
又，所以，即选项D正确．
故选：．
10.
【解析】解：设招商引资前经济收入为，而招商引资后经济收入为，
对于，招商引资前工资性收入为，而招商引资后的工资性收入为，
所以工资净收入增加了，故A错误；
对于，招商引资前转移净收入为，招商引资后转移净收入为，
所以招商引资后，转移净收入是前一年的倍，故B正确；
对于，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为，
所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的，故C错误；
对于，招商引资前经营净收入为，招商引资后经营净收入为，
所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确．
故选：．
11.
【解析】解：因为且，可得四边形为梯形，
所以与必相交，所以A正确；
由题意，在长方体中，因为平面，
平面，所以，
假设异面直线与所成角是，即．
平面，．
可得平面，而平面，
则，
在长方形中，因为，，
取中点，可知正方形中，
可得与不垂直，矛盾，
所以异面直线与所成角不是，所以B错误；
由上图可知，又，即，则，
又平面，平面，所以，
，，平面所以平面，
平面，则，则为二面角的平面角，
，所以不等于，C错误；
点是棱上一点，且，取的中点，连接，，，
因为，分别是和的中点，所以
由四边形为平行四边形，所以，
因为平面平面所以为平面与平面的交线，
，，为截面的边，截面又与平面及相交，
可得截面的两条边，所以截面共有五边形，所以D正确．
故选：．
12.
【解析】解：，，则．
故答案为：．
13.
【解析】解：互不相等的个正整数从小到大排序为，，，，
则这个数据的极差为：，中位数为，
这个数据的极差是中位数的倍，
则，即，
，，，的和为，
则，
故，
，，从小到大且为互不相等的正实数，
则，，，
，
则这个数据的第百分位数为．
故答案为：．
14.
【解析】解：因为，由正弦定理得，
又因为，
所以，
因为，可得，所以，
又因为为的一条中线，，
可得，
所以，
即，解得或舍．
由余弦定理得．
故答案为：．
15.解：因为与的夹角，且，
所以，
所以；
．
【解析】由平面向量的数量积运算即可求得；
由求模公式计算即可求得．
16.解：根据题意可得，
；
服务时长大于或等于小时的频率为，
估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数为；
这名志愿者当周志愿服务时长的样本众数为小时；
中位数为小时；
平均数为小时．
【解析】根据频率分布直方图的性质，即可求解；
根据众数的概念，中位数的概念，平均数的概念，即可求解．
17.解：证明：，分别为，的中点，
，
，，平面，
，
，，平面，
平面，平面，
；
根据题意，取的中点，过作交于，
连接，，，
因为为中点，为的中点，
则，且，
又，，，，平面，
平面，
平面，而平面，
，又，，，平面，
平面，
平面，，
即为二面角的平面角，
在中，，，则，
由等面积可得，
，
则，即二面角的余弦值为．
【解析】先根据勾股定理逆定理证得，再根据，即可证出；
取的中点，过作交于，连接、，，由几何关系证明为二面角的平面角，再由勾股定理和等面积求出即可求出结果．
18.解：由题知，在中，
由正弦定理得，，
，，，
，；
在中，根据勾股定理可得，
由余弦定理知：
，，
解得：，当且仅当时取等号，
；
在中，设，由正弦定理知：，
，
在中，由余弦定理知：，
，当仅当时取等号，的最大值等于．
【解析】根据正弦定理，可得；根据余弦定理，不等式可得的最值，从而得面积的最值；根据余弦定理，正弦定理，辅助角公式可得的最值．
19.解：，
；
因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，若第一次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若第一次未中奖而第二次中奖，此时第次抽奖中奖的概率为，
从初始状态开始，若前两次均未中奖，则第三次必中奖，
此时第次抽奖中奖的概率为，
综上所述，对任意的，，
又，
所以；
由题意知每抽三次至少有一次中奖，
故连抽次至少中奖次，
所以只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，
另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，
从初始状态开始，抽一次中奖的概率为，
从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率为，
从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率为，
用表示第次，第次，第次中奖，其余未中奖，
则三次中奖的所有情况如下：，，，，，，，，，，
故仅三次中奖的概率为：
，
所以从初始状态下连抽次获得至少一枚勋章的概率为．
【解析】根据概率的乘法公式计算即可；
分别求出第一次中奖，第次抽奖中奖的概率，第一次未中奖而第二次中奖，第次抽奖中奖的概率，前两次均未中奖，第次抽奖中奖的概率，即可得解；
由题意知每抽三次至少有一次中奖，故连抽次至少中奖次，故只需排除次中奖的情况即可获得一枚优胜者勋章，另外，每两次中奖的间隔不能超过三次，每次中奖后袋中的球会回到初始状态，分别从初始状态开始，抽一次中奖的概率，从初始状态开始抽两次，第一次未中奖而第二次中奖的概率，从初始状态开始抽三次，前两次均未中奖而第三次中奖的概率，再求出仅三次中奖的概率即可得解．
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