2022-2023学年福建省三明市高一下学期期末质量检测数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省三明市高一下学期期末质量检测数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省三明市高一下学期期末质量检测数学试题 一、单选题1．已知为虚数单位，复数z满足，则（    ）A． B．2 C． D．1【答案】C【分析】利用复数代数形式的乘除运算，再由复数的模的计算公式求解即可．【详解】由，得，.故选:．2．已知圆锥底面半径为1，高为2，则该圆锥侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求得圆锥的母线长，再利用侧面积公式求解.【详解】解：因为圆锥底面半径为1，高为2，所以圆锥的母线长为，所以该圆锥侧面积为，故选：B3．已知平面向量、满足，，则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质可求得，结合向量夹角的取值范围可求得结果.【详解】因为，则，解得，因为，故，故与的夹角为.故选：A.4．一次投篮练习后体育老师统计了第一小组10个同学的命中次数作为样本，计算出他们的平均命中次数为6，方差为3，后来这个小组又增加了一个同学，投篮命中次数为6，那么这个小组11个同学投篮命中次数组成的新样本的方差是（    ）A．3 B． C． D．【答案】B【分析】根据样本的数字特征分别求出原样本和新样本的平均数，再利用原样本方差计算新样本方差即可求解.【详解】解：由题意得：设10个同学的命中次数分别为.则有得于是新样本的平均数新样本的方差为故选：B5．在平行四边形ABCD中，，，G为EF的中点，则（    ）  A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量的加减法的几何意义将转化为、即可.【详解】.故选：D.  6．设是两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（　　）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，且与所成的角和与所成的角相等，则【答案】B【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若，则与可能平行，所以A选项错误.B选项，两个平面垂直于同一个平面，则这两个平面平行，所以B选项正确.C选项，若，则可能含于，所以C选项错误.D选项，若，且与所成的角和与所成的角相等，则可能与异面或相交，故选：B7．麒麟山位于三明市区中部，海拔262米，原名牛垄山．在地名普查时，发现山腰有一块“孔子戏麒麟”石碑，故更现名．山顶的麒麟阁仿古塔造型是八角重檐阁．小李为测量麒麟阁的高度选取了与底部水平的直线AC，如图，测得，，米，则麒麟阁的高度CD约为（参考数据：，）（    ）  A．米 B．米 C．米 D．米【答案】C【分析】由得，再根据可求出结果.【详解】因为，，所以，又，所以，又米，所以，解得米.故选：C.8．设为的内心，，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，连，则为内切圆的半径，利用面积关系求出，得，再根据得，由平面向量基本定理求出可得答案.【详解】取的中点，连，因为，，所以，，所以的内心在线段上，为内切圆的半径，因为，所以，所以，得，所以，所以，又，所以，又已知，所以，所以.  故选：B.【点睛】关键点点睛：利用面积关系求出内切圆半径,进而得到是本题解题关键. 二、多选题9．设复数，则下列命题中正确的是（    ）A．在复平面内对应的点在第一象限 B．的虚部是C． D．为实数【答案】ACD【分析】根据复数的坐标表示、复数的概念、共轭复数的概念、复数的模长公式以及复数的乘法运算逐个选项判断可得答案.【详解】复数在复平面内对应的点在第一象限，故A正确；的虚部为，故B错误；，，故C正确；为实数，故D正确.故选：ACD.10．袋子中有5个大小质地完全相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地依次随机摸出2个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第一次取出的球的数字是偶数”，丙表示事件“两次取出的球的数字都是偶数”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和为6”，则（    ）A．甲与乙是对立事件 B．甲与乙是互斥事件C．丙与丁相互独立 D．甲与丁相互独立【答案】BD【分析】先求出事件对应的概率，再由互斥事件的概念及概率和是否为1判断A、B选项，再由独立事件的概率公式判断C、D选项即可.【详解】设甲、乙、丙、丁事件分别对应，则，，丁包含的基本事件有，则，，；对于A、B，显然甲乙事件不能同时发生，又，则A错误；B正确；对于C，，则，则C错误；对于D，，则，D正确.故选：BD.11．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是（    ）A．若则是等腰三角形B．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个C．，，BC边上的中线，则的面积为D．若，则为钝角三角形【答案】BC【分析】对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B应用余弦定理求即可判断；对于C借助向量的数量工具，求得，由余弦定理即可求得，由面积公式求得三角形面积即可判断;对于D由向量数量积定义判断；【详解】对于A：由正弦定理得，则，则中或，故A错误；对于B：由，则，可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；对于C：设，容易知，故可得，可得，解得.由余弦定理可得；由，可得.故可得三角形面积为.,故C正确；对于D，即，为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；故选：BC12．如图，若正方体的棱长为2，点是正方体在侧面上的一个动点（含边界），点是的中点，则下列结论正确的是（    ）  A．三棱锥的体积为定值 B．四棱锥外接球的半径为C．若，则的最大值为 D．若，则的最小值为【答案】ABD【分析】求出的体积，即可判断A，由正方体的性质可得四棱锥为正四棱锥，设，则四棱锥外接球的球心在直线上，利用勾股定理求出外接球的半径，即可判断B，过点作，则点是的中点，连接，取的中点，连接，，，即可证明平面，从而得到点的轨迹是线段，再求出的最值，即可判断C、D.【详解】对于A：  三棱锥的体积为，因为点是的中点，所以的面积是定值，且点到平面的距离是正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值，故A正确；对于B：  由正方体的性质可得四棱锥为正四棱锥，设，则平面，所以四棱锥外接球的球心在直线上，设外接球的半径为，则，，，所以，在中，，即，解得，故B正确；对于C：  过点作，则点是的中点，连接，取的中点，连接，，，因为且，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，又，所以，所以，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以平面，因为平面平面，又，所以点的轨迹是线段，在中，，，，所以的最大值为，此时与重合，故C错误；对于D：在中，，所以，所以点到的距离为，所以的最小值为，故D正确．故选：ABD． 三、填空题13．已知向量，，若，则m的值为      ．【答案】/【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式可求出结果.【详解】因为向量，，且，所以，得.故答案为：.14．某校对高二年级全体学生进行数学学科质量检测，按首选科目（物理和历史）进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类的学生占，该次质量检测的数学平均成绩为100分，选历史类的学生该次质量检测的数学平均成绩为80分，则可估计出该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分是      ．【答案】95【分析】根据平均数的定义即可求解.【详解】由题可知，样本中选历史类的学生占，所以估计该校全体高二学生本次数学质量检测的平均分为.故答案为：95.15．刘徽是魏晋时代著名的数学家，他给出的阶幻方被称为“神农幻方”．所谓幻方，即把排成的方阵，使其每行、每列和对角线的数字之和均相等．如图是刘徽构作的3阶幻方，现从中随机抽取和为15的三个数，则含有5的概率是      ．816357492【答案】/【分析】先列举出所有基本事件，再找出含有5的基本事件，由古典概型求解即可.【详解】随机抽取和为15的三个数包含的基本事件为共8个，其中含有5的基本事件有共4个，则含有5的概率是.故答案为：.16．已知正三棱柱木料各棱长都为2，如图所示，，分别为和的中心，为线段上的点，且，过三点的截面把该木料截成两部分，则截面面积为      ．  【答案】【分析】连接，延长分别交于，利用得出的延长线交于，作，从而得到梯形为过三点的平面截正三棱柱的截面，再利用三棱柱为正三棱柱且棱长为2，求出梯形的上底和高即可求出结果.【详解】如图，连接，延长分别交于，易知，连接并延长交于，过作交于，连接，因为，所以，故梯形为过三点的平面截正三棱柱的截面，因为，分别为和的中心，，又，所以，又是等边三角形，所以，故，即是的中点，所以，易知四边形为等腰梯形，所以为等腰梯形的高，又正三棱柱各棱长都为2，所以，，，所以，  故答案为：. 四、解答题17．在中，角的对边分别，满足．(1)求；(2)若，，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理角化边得，再根据余弦定理可求出结果；（2）由以及，求出，再根据三角形面积公式可求出结果.【详解】（1）因为，由正弦定理得，由余弦定理得，因为，所以．（2）由（1）知，，因为，所以，即，又，解得，所以．18．某企业为了深入学习贯彻党的二十大精神，组织全体120位党员开展“学习二十大，争当领学人”党史知识竞赛，所有党员的成绩均在内，成绩分成5组，按照下面分组进行统计分析：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，并绘制成频率分布直方图如图所示，按比例分配的分层抽样的方法在第3，4，5组共选取6人作为企业“二十大精神”的宣传使者．  (1)根据频率分布直方图，估计党员成绩的样本数据的第80百分位数；(2)若从6位宣传使者中随机选取两人参加宣传活动，求第3组中至多有一人被选中的概率．【答案】(1)92.5(2) 【分析】（1）根据频率分布直方图求出小于90分的党员成绩所占比例，可得党员成绩的样本数据的第80百分位数位于内可得答案；（2）按比例分配的分层抽样的方法选取第3组党员人数，将第3组三位党员编为A，B，C，其他组三位党员编为D，E，F，用，表示两位党员，则可以用表示随机选取两人的组合，用列举法可得答案．【详解】（1）根据频率分布直方图，小于90分的党员成绩所占比例为，所以党员成绩的样本数据的第80百分位数位于内，由，可以估计党员成绩的样本数据的第80百分位数为92.5；（2）由频率分布直方图可知，第3，4，5组党员人数的比例为，按比例分配的分层抽样的方法选取第3组党员人数为人．将第3组三位党员编为A，B，C，其他组三位党员编为D，E，F，用，表示两位党员，则可以用表示随机选取两人的组合，设事件“从宣传使者中随机选取两人，第3组中至多有一人被选中”，试验的样本空间，，所以，从而．19．在如图所示的几何体中，底面是正方形，四边形是直角梯形，，，平面平面，分别为的中点，，．  (1)求证：平面平面；(2)求多面体的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面和平面，再根据面面平行的判定定理可得平面平面；（2）由可求出结果.【详解】（1）因为G，F分别为PB，PC的中点，所以．又因为四边形是正方形，所以，所以．又因为平面，平面．所以平面．因为G，E分别为PB，MB的中点．所以，又因为平面，平面．所以平面．又因为，EG，平面EFG，所以平面平面．（2）连接，则多面体的体积，  因为四边形是直角梯形，，，所以．又因为平面平面，平面平面，平面．所以平面，所以PD是四棱锥的高．又因为．所以．因为平面，平面．所以．因为四边形是正方形，所以，又，AD，平面．所以平面，即AB是三棱锥的高．所以．所以多面体PMABCD的体积．20．猜灯谜是我国元宵节传统特色活动．在某校今年开展元宵节猜灯谜的活动中，组织者设置难度相当的若干灯谜，某班派甲、乙和丙三位同学独立竞猜，根据以往数据分析可知，甲、乙猜对该难度的每道灯谜的概率分别为，．(1)任选一道灯谜，求甲、乙两位同学恰有一个人猜对的概率；(2)任选一道灯谜，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求丙猜对该难度的每道灯谜的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式求解即可；（2）设事件E=“任选一道灯谜，丙猜对”，先求出甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对的概率，再由对立事件的性质和相互独立事件的乘法公式求解即可；【详解】（1）设事件A=“任选一道灯谜，甲猜对”，事件B=“任选一道灯谜，乙猜对”，事件C=“任选一道灯谜，甲、乙两位同学恰有一个人猜对”．则，，故，，因为事件A与事件B相互独立，所以．（2）设事件D=“任选一道灯谜，甲、乙、丙三个人中至少有一个人猜对”，事件E=“任选一道灯谜，丙猜对”，因为事件A、事件B、事件C两两独立，那么．所以，，所以．21．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，．  (1)求证：；(2)在线段PD上是否存在一点M，使得BM与平面所成角的正切值为，若存在，求二面角的大小，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）在直角梯形中利用勾股定理的逆定理可得，再由平面，得，然后由线面垂直的判定定理可证得平面PAC，从而可得；（2）过点M作于点N，连接BN，可证得平面，则∠MBN为BM与平面所成的角，设，则由已知线面角的正切值可求出，过点N作于点G，连接MG，可得∠MGN为二面角的平面角，从而可求得结果.【详解】（1）证明：因为，，，，所以四边形是直角梯形，且，，故，即．又平面，平面，所以又，且PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，所以（2）存在符合条件的点M，且M为PD的中点，证明如下，过点M作于点N，连接BN，   因为平面，平面，所以，因为MN，平面PAD，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，则∠MBN为BM与平面所成的角．设，则，，，由得，解得或（舍去）所以M为PD的中点，过点N作于点G，连接MG，因为平面，平面，所以，又，平面MGN，故平面MGN，因为平面MGN，所以，所以∠MGN为二面角的平面角，在中，，所以，即当点M为PD的中点时，符合题意，且二面角的大小为．22．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．点D在BC上，且(1)若，求c(2)若AD是∠BAC的角平分线，且，求周长的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）在中由正弦定理可得答案；（2）由得，在中由余弦定理得，可得周长，再利用基本不等式可得答案．【详解】（1）因为，在中由正弦定理得，即，所以，；  （2）由得，即，在中，由余弦定理得，所以，所以周长，由得，当且仅当时等号成立，所以周长，所以周长的最小值为．