《2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题一、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。1.5ii2=()A. 12iB. 1+2iC. 12iD. 1+2i2.已知tan=2，则tan2=()A. 43B. 43C. 34D. 343.已知向量a，b不共线，若(a+2b)/(kab)，则k=()A. 2B. 12C. 12D. 24.已知两条不同的直线m，n和三个不同的平面，下列判断正确的是()A. 若m，n/m，则n/B. 若m，n，m/，n/，则/C. 若，=m，则mD. 若=n，mn，m，则5.已知四边形ABC
2、D中，AC=(2,1)，BD=(2,4)，则四边形ABCD的面积为()A. 3B. 5C. 6D. 106.已知函数f(x)=Asin(x+)(其中A0，0，|2)的部分图象如图所示，点M，N是函数图象与x轴的交点，点P是函数图象的最高点，且PMN是边长为2的正三角形，ON=3OM，则f(13)=()A. 32B. 3 2+24C. 3 2 64D. 3 2+ 647.某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分，三个平均分互不相等，由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是()A. 这部分同学是高分人数多还是低分
3、人数多B. 这部分同学是男生多还是女生多C. 这部分同学的总人数D. 全年级是男生多还是女生多8.已知正四棱台ABCDA1B1C1D1，AB=2，半球的球心O在底面A1B1C1D1的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为()A. 9B. 18C. 27D. 36二、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.关于复数z=cos3+isin3(i为虚数单位)，下列说法正确的是()A. zz=1B. z在复平面内对应的点位于第二象限C. z3=1D. z2z+1=010.四名同学各掷骰子5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
4、可能出现点数为6的是()A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.811.如图，在三棱锥PDEF中，PE=PF=1，PD=2，DE=DF= 5，EF= 2，点Q是DF上一动点，则()A. 过PE、PF、DE、DF各中点的截面的面积为 2B. 直线PE与平面DEF所成角的正弦值为23C. PEQ面积的最小值为 55D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知ab=1，b=(1,2)，则a在b上的投影向量为13.已知4cos(+4)=cos2
5、，则sin2=14.已知ABC是边长为2的正三角形，点D在平面ABC内且DADB=0，则DADC的最大值为，最小值为四、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13分)某学校高一新生体检，校医室为了解新生的身高情况，随机抽取了100名同学的身高数据(单位：cm)，制作成频率分布直方图如图所示(1)求这100名同学的平均身高的估计值(同一组数据用区间中点值作为代表);(2)用分层抽样的方法从165,170)，170,175)，175,180)中抽出一个容量为17的样本，如果样本按比例分配，则各区间应抽取多少人?(3)估计这100名同学身高的上四分位数
6、16.(本小题15分)在非直角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2ccosBbcosC.(1)求证：tanC=2tanB;(2)若tanA=3，a=3，求ABC的面积17.(本小题15分)如图，已知多面体PQRABCD中，四边形ABCD、PABQ、PADR均为正方形，点H是CQR的垂心，PA=1(1)证明：H是点A在平面CQR上的射影;(2)求多面体PQRABCD的体积18.(本小题17分)如图，在扇形OMN中，半径OM=2，圆心角MON=3，矩形ABCD内接于该扇形，其中点A，B分别在半径OM和ON上，点C，D在MN上，AB/MN，记矩形ABCD的面积为S(1)当
7、点A，B分别为半径OM和ON的中点时，求S的值;(2)设DOM=(06)，当为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值19.(本小题17分)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABBC，AB=AA1= 3，BC=1，P是BC1上一动点，BP=BC1(01)，M是CC1的中点，Q是AM的中点(1)当=14时，证明：PQ/平面ABC;(2)在答题卡的题(2)图中作出平面AB1P与平面ACC1A1的交线(保留作图痕迹，无需证明);(3)是否存在，使得平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的余弦值为 144?若存在求满足条件的值，若不存在则说明理由参考答案1.C2.A3.B4.C5.B6.D7.B
8、8.C9.AD10.ABD11.BCD12.15,2513.114.3；115.解：(1)由图可知5(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1，得x=0.06平均身高的估计值为：162.50.015+167.50.075+172.50.065+177.50.045+182.50.025=172.25cm(2)165,170)，170,175)，175,180)各区间人数分别为：1000.075=35，1000.065=30，1000.045=20.所以相应抽取的人数分别为：173535+30+20=7，173035+30+20=6，172035+30+20=4(3)上四分位数即75%分
9、位数身高在180,185)的人数占比50.02=10%，在175,180)的人数占比50.04=20%，则175,185)的人数占比30%，所以75%分位数在175,180)内设上四分位数为a，则0.04(180a)+0.025=175%解得a=176.25，即估计这100名同学身高的上四分位数为176.2516.证明：(1)由2ccosBbcosC=a及正弦定理可得2sinCcosBsinBcosC=sinA，又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，所以2sinCcosBsinBcosC=sinBcosC+cosBsinC，整理得sinCcosB=2sinBcosC
10、，因为ABC不是直角三角形，所以cosB0，cosC0，两边同时除以cosBcosC，得tanC=2tanB；(2)由tanA=tan(B+C)=tanB+tanC1tanBtanC=3tanB12tan2B=3，整理得2tan2BtanB1=0，所以(2tanB+1)(tanB1)=0，解得tanB=12或1，若tanB=12，则tanC=2tanB=1，此时B，C均为钝角，不符合题意，故舍去，所以tanB=1，tanC=2tanB=2，此时sinA=3 1010，sinB= 22，sinC=2 55，由正弦定理bsinB=csinC=asinA=33 1010= 10，可得b= 10sin
11、B= 5，c= 10sinC=2 2，所以ABC的面积SABC=12bcsinA=12 52 23 1010=317.解：(1)连接CH，并延长交QR于M，所以QRCM由已知易得四边形BDRQ为矩形，所以BD/QRBDAC，所以QRAC且ACCM=C，所以QR平面ACMAH平面ACM，所以QRAH同理QCAH又QRQC=Q，所以AH平面CQR所以H是点A在平面CQR上的射影 (2)设ACBD=O，由题意可知BQ平面ABCD，所以BQ是棱柱PQRABC的高，且BQOC，又由(1)知OCBD，所以OC平面QBDR，所以OC是棱锥CQBDR的高V=VPQRABD+VCQBDRVPQRABD=SABD
12、BQ=12VCQBDR=13SQBDROC=13 2 22=13所以多面体PQRABCD的体积V=12+13=5618.解：(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，CD=AB=OA=1，取CD中点F，连接OF，且OF与AB交于点G，则OF= OD2DF2= 414= 152，OG= 32OA= 32，则FG=OFOG= 15 32，此时矩形ABCD的面积S=ABFG= 15 32(2)过点D作DEOM，垂足为E，则DE=2sin，OE=2cos，在RtADE中，DAE=6，AD=2DE=4sin，AE= 3DE=2 3sin，AB=OA=OEAE=2cos2 3sin，矩形ABCD的面积
13、S=ABAD=(2cos2 3sin)4sin=8sincos8 3sin2=4sin28 31cos22=4sin2+4 3cos24 3=8sin(2+3)4 3，当2+3=2，即=12时，矩形ABCD的面积S最大，最大值为84 319.本题考查线面平行的判定、平面与平面的交线、二面角，属较难题(1)先证明四边形PKNQ是平行四边形.从而PQ/KN，再由线面平行的判定定理(2)在平面ACC1A1内，延长B1P、CC1交于D，则AD为所求交线(3)过B1作B1HA1C1，垂足为H，过H作HGAD，垂足为G，由线面垂直的性质知B1GH为平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的平面角.假设存在满足条件的，即cosB1GH= 144，解得=13，即存在第9页，共9页
