安徽省六安市2023～2024学年高一数学下学期6月期末试题[含答案].pdf

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2024 年春学期高一年级期末考试
数学试卷
满分：150 分 时间：120 分钟
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 ，只有一个选项是符
合题目要求的.
z  m 2024m1imR
1. 若复数 为纯虚数，则复数 z 的共轭复数为（ ）
A. 2024i B. 2024i C. 2025i D. 2025i
【答案】D
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义求得参数m 的值，回代后求共轭复数即得.
m  2024  0

z  m 2024m1imR m 1 0 m  2024
【详解】因为 为纯虚数，所以 ，解得 ，
所以 z  2025i，所以 z  2025i .
故选：D.
    
a  0,1,b  1, x b  b  2a
2. 已知向量 ，若 ，则 x （ ）
A. 2 B. 1 C. 1 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由向量垂直的向量表示，和数量积的坐标表示求解.
  
b  b  2a
【详解】根据题意， ，
   2   2
b b  2a b  2a b 1 x  2x  0
所以 ，
所以 x 1.
故选：C
  
3. 已知 a ，b ，c是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（　　）
         
A. 3a ，a b，a  2b B. 2b ，b2a ，b 2a
        
C. a ，2b ，bc D. c，a c，a c
【答案】C : .
【解析】
【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.
  
【详解】向量a,b,c 是不共面的三个向量，
         
3a  2(a b)(a  2b) 3a,a b,a  2b
对于A， ，则向量 共面，A 不能构成空间基底；
         
对于B， 2b  (b 2a)(b  2a) ，则向量2b,b2a,b 2a共面，B 不能构成空间基底；
         
对于D， 2c  (a c)(a c)，则向量c,a c,a c 共面，D 不能构成空间基底；
       
a,2b,bc 1,2 a  21b  2(b c)
对于C，假定向量 共面，则存在不全为 0 的实数 ，使得 ，
1 0

21  2  0
      
a (2   )b   c  0   0
整理得1 2 2 ，而向量a,b,c 不共面，则有 2 ，显然不成立，
   
所以向量a,2b,bc 不共面，能构成空间的一个基底，C 能构成空间基底.
故选：C
4. 某不透明的袋中有 3 个红球，2 个白球，它们除颜色不同，、乙两同学先后
从中各取一个球，先取的球不放回，则他们取到不同颜色球的概率为（ ）
3 2 3 4
A. 10 B. 5 C. 5 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】列出所有可能，再找出符合要求的情况即可得.
a1 a2 a3 b1 b2
【详解】设这几个球中，红球分别为 、 、 ，白球分别为 、 ，
则甲、乙两同学先后取出的两球可能的情况有：
a1a2 a1a3 a1b1 a1b2 a2a3 a2b1 a2b2 a3b1 a3b2 b1b2
、、、、、、、、、、
a2a1 a3a1 b1a1 b2a1 a3a2 b1a2 b2a2 b1a3 b2a3 b2b1
、、、、、、、、、、共二十种，
其中取到不同颜色球的情况有：
a1b1 a1b2 a2b1 a2b2 a3b1 a3b2 b1a1 b2a1 b1a2 b2a2 b1a3 b2a3
、、、、、、、、、、、共十二种，
12 3

故其概率为20 5 .
故选： Warning : .
x1, x2, x3,, xn s2 ax1  2,ax2  2,ax3 
5. 已知样本数据 的平均数为 x ，方差为 ，若样本数据
2,,axn  2 4x(a  0) 9s2 x 
的平均数为，方差为，则平均数（ ）
3
1
A. 1 B. 2 C. 2 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均数和方差的性质得到答案.
x , x , x ,, x 2
【详解】已知样本数据 1 2 3 n 的平均数为 x ，方差为s ，
ax  2,ax  2,ax  2,,ax  2 2 2 2 2 2
则样本数据1 2 3 n 的方差为a s ，所以a s  9s ，
又因为a  0，所以a  3 ．
ax1  2,ax2  2,ax3  2,,axn  2 ax  2  3x  2 3x  2  4x x  2
样本数据的平均数为，所以，解得.
故选：C．
A0,0,0,B1,1,1,M 1,2,2
6. 已知 ，则M 到直线 AB 的距离为（ ）
6 6
A. 6 B. 3 C. 1 D. 6
【答案】D
【解析】
    
AB AB0 AM  AB0 | AM |
【分析】先求出与同方向的单位向量的坐标，继而计算和，代入点到直线的距
离的向量公式计算即得.

A0,0,0,B1,1,1,M 1,2,2 AB  (1,1,1)
【详解】由 可知 ,
 3 3 3
 AB0  ( , , )
则与AB 同方向的单位向量为3 3 3 ，
  3 2 3 2 3
 AM  AB0      3
又| AM | 3 , 3 3 3 ,
2   2
M AB d  AM  (AM  AB0)  9  3  6
故点到直线的距离为.
故选：D.
7. PA,PB,PC 是从点 P 出发的三条射线，每两条射线的夹角均为60，那么直线 PC 与平面 PAB所成 : .
角的正弦值是（ ）
6 3 2
1
A. 3 B. 3 C. 2 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】法一，作出直线PC 在平面PAB 的射影为PD ，得线面所成角，推导三余弦公式，代入计算即得；
法二，建系，写出相关点和相关向量的坐标，运用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】解法一：如图，设直线 PC 在平面 PAB的射影为 PD ，
作CG  PD 于点G，则CG 平面 PAB，直线 PC 与平面 PAB所成角为CPD .
作CH  PA于点H，连接HG，因 PA  平面 PAB，则CG  PA ，
又CH CG  C,CH,CG  平面CHG ，则PA 平面CHG ，
又HG 平面CHG ，则PA  HG .
PH PG PH PH
cosCPA  cosCPDcosAPD   
于是有PC ，PC PG PC ，
即cosCPA  cosCPD cosAPD (*).
1
APD  APB  30
因APC  60,由对称性知，2 ，代入（*）得，
cosCPA cos60 3 2 6
cosCPD    sinCPD  1cos CPD 
cosAPD cos30 3 ,故 3 .
故选：A.
解法二：
如图所示，把 PA,PB,PC 放在正方体中， PA,PB,PC 的夹角均为60. : .
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为 1，
  
则 P(1,0,0),C(0,0,1), A(1,1,1),B(0,1,0) ，所以 PC  (1,0,1),PA  (0,1,1),PB  (1,1,0)，
 
nPA  y  z  0
  
PAB n  (x,y,z) nPB  x  y  0
设平面 的法向量 ，则
 
  PC n 2 6
 cosPC,n      
令 x 1，则 y =1, z =-1，所以n  (1,1,1)，所以 | PC || n | 2  3 3 .
  6
sin |cosPC,n |
设直线 PC 与平面 PAB所成角为 ，所以 3 ，
故选:A
8. 中载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上、下底面均为扇环
AA1  ABCD
形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，其中 底面 ，底面
2π
AB 1 AA 1 A D
扇环所对的圆心角为3 ，扇环对应的两个圆的半径之比为1：2， ， 1 ，E 是 1 1 的中点，
BE C1D
则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
2 2