高一数学参考答案(3)_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年8月试卷_0811贵州省黔东南州(贵阳市等2地)2023-2024学年高一下学期7月期末考试

黔东南州 2023－2024 学年度第二学期期末文化水平测试 高一数学参考答案 一、单项选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 C A B D C A D B 解析： 1. 解：将圆柱桶竖直放，水平面为圆面；将圆柱桶斜放，水平面为椭圆面或部分椭圆面； 将圆柱桶水平放置，水平面为矩形面，但圆柱桶内的水平面不可能呈现出梯形面．故选C． 2. 解：因为两人是独立地破译密码，所以两人都能成功破译的概率是0.40.50.2.故选A． 3．解：z z (2i)(3i)6ii2 7i，故选B． 1 2 2 b c sinC 2 4．解：由  得cb  2 2，故选D． sinB sinC sinB 1 2 5．解：由题图2知小波一星期的食品开支为300元，其中肉类开支为100元，占食品开支 1 的 ，而食品开支占总开支的 30%，所以小波一星期的肉类开支占总开支的百分比为 3 1 0.30.110%．故选C． 3 6．如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条直线也垂直于这个平面，因此 A选项正确，易知B，C，D错误．故选A． 1 (a2 b2) a2 b2 c2 2 7．由已知及正弦定理可得a2 b2 2c2，所以cosC   ，由于 2ab 2ab 1 (a2 b2) 1 2 a2 b2 2ab，所以  ，当且仅当ab时，等号成立，故cosC的最小值 2ab 2 1  等于 ，即C的最大值等于 ．故选D． 2 3 8． 解：如图所示，建立以e ，e 为一组基底的基向量，其中 e  e 1且e ，e 的夹 1 2 1 2 1 2     角为60，∴AB2e 4e ，CD4e 2e ，∴ABCD(2e 4e )(4e 2e ) 1 2 1 2 1 2 1 2 第 1 页 共 6 页 {#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}8e2 8e 2 20e e 26．故选B． 1 2 1 2 二、多项选择题 题号 9 10 11 选项 BC CD ABC 解析： 9．解：选BC． 2i 2i 1i 2(i1) 10．解：因为z     1i，所以z 的共轭复数为1i，z 的 1i 1i 1i 2 虚部为1， z  2 ，z在复平面内对应的点为(1,1)，在第二象限．故选CD． 11． 解：对于A，如图，可证：AC 平面BBD ，故AC BO，故A 1 1 正确；对于B，连接BD，可证：BO//DE，故BO//平面ACD ，故B 1 1 正确；对于C，设点B到平面ACD 的距离为d ，因为V V ， 1 DABC BACD 1 1 1 1 1 1 3 故  111   2 2sin60d ，解得d  ，故C正 3 2 3 2 3 确；对于D，连接BC ，则AD //BC ，OBC 即为直线BO与直线AD 的夹角，易得 1 1 1 1 1 1  OBC  ABC  ，故D错误．故选ABC． 1 2 1 1 6 三、填空题 题号 12 13 14 1 选项 4 (168 3) 5   12．解：由题AB//BC，所以2(6)3x0，解得x4． 13．解：从这5条线段中任取3条有以下情形：{2,3,5}，{2,3,7}，{2,3,11}，{2,5,7}， {2,5,11}，{2,7,11}，{3,5,7}，{3,5,11}，{3,7,11}，{5,7,11}，共10种．能构成一个三 第 2 页 共 6 页 {#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}角形的有以下情形：{3,5,7}，{5,7,11}，共2种．所以，这三条线段能构成一个三角形的 1 概率为 ． 5 14．解：设四个小球的球心分别为A,B,C,D，半径为r，其在底面上的射影分别为 A,B,C ,D ，半球形容器的球心为O，如图所示，在长方体ABCDABC D 中， 1 1 1 1 1 1 1 1 AA  BB CC  DD r ，AB BC 2r. 1 1 1 1 连接OD,OD ，则OD2r,OD  2r， 1 1 在Rt△ODD中，OD2 OD2 DD2， 1 1 1 即(2r)2 ( 2r)2 r2，解得r  31，所以小球的表面积为4r2 (168 3). 四、解答题 15．解：（1）∵a2  a 2 9,ab a  b cos603，……………………………（4分） ∴a(a2b)a2 2ab3． …………………………………（6分） （2）由题，(ab)(ab)0， …………………………………（8分） ∴a2 ababb2 0， …………………………………（10分） ∴93340， 12 解得 ， 7 12 ∴实数的值为 ． …………………………………（13分） 7 16．解：（1）由正弦定理及 3bcosAasinB可得 3sinBcosAsinAsinB， …………………………………（2分） 在△ABC中，因为sinB0， ∴ 3cosAsinA， …………………………………（3分） ∴tanA 3， …………………………………（5分）  又因为0 A，所以A ． …………………………………（7分） 3 （2）由已知及余弦定理，得b2 c2 2bccosA28， 第 3 页 共 6 页 {#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}即b2 c2 bc28， ∴(bc)2 3bc28， …………………………………（10分） 又∵bc10， ∴1003bc28，即bc24， …………………………………（13分） 1 ∴△ABC的面积S  bcsinA6 3． …………………………………（15分） 2 17．解：（1）证明：∵PA底面ABC，BC底面ABC， ∴PABC， .…………………………………（2分） 又∵ABBC，PAABA， ∴BC平面PAB， .…………………………………（5分） ∵BC平面PBC， ∴平面PAB平面PBC． .…………………………………（7分） （2）如图，作ANPB，交PB于点N，连接MN．……………………………（8分） 由（1）可知，BCAN，而PBBCB， ∴AN平面PBC， ∴AM与平面PBC所成角为AMN． .…………………………………（11分） 不妨设BC1，则PAAC2， ∴AB 3,AM  2， PAAB 2 3 2 21 在Rt△PAB中，利用等面积法可求得AN   ， PB 7 7 14 ∴MN AM2AN2  ， 7 AN ∴tanAMN  6， MN 所以AM与平面PBC所成角的正切值为 6． ..…………………………………（15分） 第 4 页 共 6 页 {#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}18．解：（1）由频率分布直方图的含义可知： (a0.020.0350.02a0.005)101， …………………………………（2分） 解得a0.010． .…………………………………（3分） 因为(0.010.02)100.30.5，(0.010.020.035)100.650.5， 故设中位数为x，则x[60,70)， .…………………………………（5分） ∴(0.010.02)10(x60)0.0350.5， .…………………………………（7分） 40 解得x60 65.7， 7 ∴估计该校男生每天在校平均体育活动时间的中位数为65.7．…………………（8分） （2）样本中男生在校平均体育活动时间超过一小时的频率为： (0.0350.020.010.005)100.7， .…………………………………（10分） 女生在校平均体育活动时间超过一小时的占的频率为： (0.030.010.005)100.45， .…………………………………（12分） 所以该校学生每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为： 0.71200.4580 0.6， .…………………………………（15分） 12080 ∴ 11300.6678， 所以该校学生每天在校平均体育活动时间超过一小时的人数约为 678 ．………（17分） AC BC AC 6 19．解：（1）在△ABC中，利用正弦定理得  得  ， sinABC sinBAC sin120 21 14 解得AC6 7， .…………………………………（3分） 易知△ACD是正三角形，即ADAC6 7， ∴景点A,D之间的距离为6 7 km. .…………………………………（5分） （2）由AD6 7，AMD120及正弦定理可知，M 的轨迹是两段圆弧， 第 5 页 共 6 页 {#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}要使栈道BM最短，M 的轨迹只能取位于△ACD内的圆弧，设其圆心为O，半径为R． AD 由 2R得R2 21, …………………………………（8分） sinAMD 由于△ACD是正三角形，数形结合可知： 圆心O在△ACD高CO 的延长线上，且OC 2R4 21, …………………（11分） 1 记BAC，则OCB30(180120)90， 21 ∴cosOCBcos(90)sin ， …………………………………（14分） 14 在△OCB由余弦定理得，OB2 OC2 BC2 2OCBCcosOCB300， ∴OB10 3， ………………………………（15分） ∴BM OBR10 32 21, min 所以栈道BM长度的最小值是10 32 21 km．…………………………………（17分） 第 6 页 共 6 页 {#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}