【文档说明】贵州省黔东南州2023-2024学年高一下学期7月期末考试 数学 PDF版含解析.pdf，共(10)页，1.464 MB，由小赞的店铺上传

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}#}第1页共6页黔东南州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12345678选项CABDCADB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0.40.50.2.故选A．3．解：212(2i)(3i)6ii7izz，故选B．4．解：由si

nsinbcBC得2sin2221sin2CcbB，故选D．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，占食品开支的13，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10.30.110%3．故选C．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．7．由已知及正弦定理可得2222ab

c，所以222221()2cos22ababcCabab，由于222abab，所以221()1222abab，当且仅当ab时，等号成立，故cosC的最小值等于12，即C的最大值等于3．故选D．8．解：如图所示，建立以1e，2e为一组基底的基向量，其中121ee

且1e，2e的夹角为60，∴1224ABee，1242CDee，∴1212(24)(42)ABCDeeee{#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAA

AYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}第2页共6页221212882026eeee．故选B．二、多项选择题题号91011选项BCCDABC解析：9．解：选BC．10．解：因为2i2i1i2(i1)1i1i1i1i2z

，所以z的共轭复数为1i，z的虚部为1，2z，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11BBD，故ACBO，故A正确；对于B，连接BD，可证：1/

/BODE，故//BO平面1ACD，故B正确；对于C，设点B到平面1ACD的距离为d，因为11DABCBACDVV，故11111321122sin6032d，解得33d，故C正确；对于D，连接1BC，则11//ADBC，1OBC即为直线BO

与直线1AD的夹角，易得111126OBCABC，故D错误．故选ABC．三、填空题题号121314选项415(1683)12．解：由题//ABBC，所以2(6)30x，解得4x．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{#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQF

ABAA=}#}第3页共6页角形的有以下情形：{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概率为15．14．解：设四个小球的球心分别为,,,ABCD，半径为r，其在底面上的射影分别为1111,,,ABCD，半球形容器的球心为O，如图所示，在长方体111

1ABCDABCD中，1111AABBCCDDr，2ABBCr.连接1,ODOD，则12,2ODrODr，在1RtODD△中，22211ODODDD，即222(2)(2)rrr，解得31r，所以小球的表面积为24(1683)r.四、解答题15．解：

（1）∵229,cos603aaabab，……………………………（4分）∴2(2)23aabaab．…………………………………（6分）（2）由题，()()0abab，

…………………………………（8分）∴220aababb，…………………………………（10分）∴93340，解得127，∴实数的值为127．…………………………………（13分）16．解：（1）

由正弦定理及3cossinbAaB可得3sincossinsinBAAB，…………………………………（2分）在ABC△中，因为sin0B，∴3cossinAA，…………………………………（3分）∴tan3A，……………………………

……（5分）又因为0A，所以3A．…………………………………（7分）（2）由已知及余弦定理，得222cos28bcbcA，{#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}第4页共6页即2228bc

bc，∴2()328bcbc，…………………………………（10分）又∵10bc，∴100328bc，即24bc，…………………………………（13分）∴ABC△的面积1sin632SbcA．……

……………………………（15分）17．解：（1）证明：∵PA底面ABC，BC底面ABC，∴PABC，.…………………………………（2分）又∵ABBC，PAABA，∴BC平面PAB，.…………………………………（5分）∵BC平面PBC，∴平面PAB平面PBC．.…………

………………………（7分）（2）如图，作ANPB，交PB于点N，连接MN．……………………………（8分）由（1）可知，BCAN，而PBBCB，∴AN平面PBC，∴AM与平面PBC所成角为AMN．.…………………………………（

11分）不妨设1BC，则2PAAC，∴3,2ABAM，在RtPAB△中，利用等面积法可求得2322177PAABANPB，∴22147MNAMAN，∴tan6ANAMNMN

，所以AM与平面PBC所成角的正切值为6．..…………………………………（15分）{#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}第

5页共6页18．解：（1）由频率分布直方图的含义可知：(0.020.0350.020.005)101aa，…………………………………（2分）解得0.010a．.…………………………………（3分）因

为(0.010.02)100.30.5，(0.010.020.035)100.650.5，故设中位数为x，则[60,70)x，.…………………………………（5分）∴(0.010.02)10(60)0.0350.5x，.…………………

………………（7分）解得406065.77x，∴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：(0.0350.020.010.005)100.7，.…………………………………（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：(0.030.010.005)100.45，.…………………………………（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：0.71200.45800.612080，.……………………………

……（15分）∴11300.6678，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）19．解：（1）在ABC△中，利用正弦定理得sinsinACBCABCBAC得6sin12

02114AC，解得67AC，.…………………………………（3分）易知ACD△是正三角形，即67ADAC，∴景点,AD之间的距离为67km..…………………………………（5分）（2）由67AD，120AMD

及正弦定理可知，M的轨迹是两段圆弧，{#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAYgOhBAEoAIAgQFABAA=}#}第6页共6页要使栈道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．由2sinADRAMD得221R,…………………………………（8分）由于ACD△是正三角形，数形结合可知：圆心O在ACD△高1CO的延长线上，且2421OCR,………………

…（11分）记BAC，则30(180120)90OCB，∴21coscos(90)sin14OCB，…………………………………（14分）在OCB△由余弦定理得，2222cos300OBOCBCOCBCOCB，∴103OB，

………………………………（15分）∴min103221BMOBR,所以栈道BM长度的最小值是103221km．…………………………………（17分）{#{QQABAYSQggCgApBAAAgCQQFYCgIQkBAAAY

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