福建省部分优质高中2023-2024学年高一下学期第二次阶段性检测数学试卷（Word版附答案）

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
注意：全部选对的得6分，第9、11题选对其中一个选项得2分，第10题选对其中一个选项得3分。有错选的得0分。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．7 13．7 14．7474dm3
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．（本题满分13分，第一小题6分，第二小题7分）
解：（1）由题意得z−m+2=m2+m−6+m2+2m−3i，
因为z−m+2为纯虚数，
所以m2+m−6=0m2+2m−3≠0,解得m=2
（2）复数z=m2+2m−8−m2+2m−3im∈R
它在复平面上对应的点在第三象限，所以m2+2m−8<0m2+2m−3>0，
解得−4所以实数m的取值范围为−4,−3∪1,2．
16．（本题满分15分，第一小题5分，第二小题5分，第三小题5分）
解：（1）因为a=2，b=3，a与b的夹角为2π3，
所以a⋅b=a⋅bcs2π3=2×3×−12=−3，
所以2a+b⋅3a−2b=6a2−a⋅b−2b2=6×22−−3−2×32=9.
（2）因为3a+2b=3a+2b2=9a2+12a⋅b+4b2
=9×22+12×−3+4×32=6，
a+2b=a+2b2=a2+4a⋅b+4b2
=22+4×−3+4×32=27，
3a+2b⋅a+2b=3a2+8a⋅b+4b2
=3×22+8×−3+4×32=24，
设3a+2b与a+2b的夹角为θ，
则csθ=3a+2b⋅a+2b3a+2b⋅a+2b=246×27=277，
即3a+2b与a+2b夹角的余弦值为277；
（3）因为a与b不共线，若a−nb//2a+6b，则a−nb=t2a+6b，
所以1=2t−n=6t，解得t=12n=−3，
又ma+b⊥a+2b，所以ma+b⋅a+2b=0，
即ma2+2m+1a⋅b+2b2=0，即m×22+2m+1×−3+2×32=0，解得m=152，
所以m−n=152−−3=212.
17．（本题满分15分，第一小题7分，第二小题8分）
解：（1）∵BC⊥CD，∴△BCD为直角三角形，
∵AB⊥平面BCD，且BD⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，
∴AB⊥BC，AB⊥BD，AB⊥CD，∴△ABC和△ABD为直角三角形，
∵BC∩AB=B，BC⊂平面ABC，AB⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABC，
又∵AC⊂平面ABC，∴CD⊥AD，
∴△ACD为直角三角形，
∴三棱锥A−BCD为鳖曘.
（2）①连接CE，∵点P,Q分别为BC,BE的中点，∴PQ//CE，
且PQ⊄平面ACD，CE⊂平面ACD，
所以直线PQ//平面ACD，
②平行，
证明：PQ//平面ACD，PQ⊂平面DPQ，平面DPQ ∩平面ACD=l，
所以PQ//l.
18．（本题满分17分，第一小题5分，第二小题5分，第三小题7分）
解：（1）由频率分布直方图可知5×0.01+0.07+x+0.04+0.02+0.01=1，解得x=0.06，
∴身高在170cm及以上的学生人数100×5×0.06+0.04+0.02=60（人）．
（2）180,185的人数占比为5×0.02=10％，
175,180的人数占比为5×0.04=20％，
所以该校100名生学身高的75％分位数落在175,180，
设该校100名生学身高的75％分位数为x，
则0.04180−x+0.1=25％，解得x=176.25，
故该校100名生学身高的75％分位数为176.25．
（3）由题得①w=mx+nym+n=mm+nx+nm+ny；②S2=1m+ni=1m(xi−w)2+j=1n(yj−w)2=1m+ni=1m(xi−x+x−w)2+j=1n(yj−y+y−w)2
=1m+ni=1m(xi−x)2+2i=1m(xi−x)(x−w)+m(x−w)2+ j=1n(yj−y)2+2j=1n(yj−y)(y−w)+n(y−w)2
又i=1m(xi−x)(x−w)=i=1mxi(x−w)−mx(x−w)=mx(x−w)−mx(x−w)=0
同理j=1n(yj−y)(y−w)=0，
∴S2=1m+ni=1m(xi−x)2+m(x−w)2+j=1n(yj−y)2+n(y−w)2
=1m+nmS12+m(x−w)2+nS22+n(y−w)2
=1m+nmS12+(x−w)2+nS22+y−w2.
19．（本题满分17分，第一小题5分，第二小题12分）
解：（1）斜三棱柱ABC−A1B1C1中，D1为A1B1的中点，D为AB的中点，
所以A1D1=12A1B1=12AB=BD，且A1D1//BD，
所以四边形A1D1BD为平行四边形，所以A1D//BD1，
因为BD1⊂平面BC1D1，A1D⊄平面BC1D1， 所以A1D//平面BC1D1；
（2）因为AC=BC，D为AB的中点，所以CD⊥AB，
因为平面ABC⊥平面ABB1A1，交线为AB，CD⊂平面ABC，
所以CD⊥平面ABB1A1，故C1D1⊥平面ABB1A1，所以C1D1⊥AB1,
又BC1与AB1互相垂直，BC1∩C1D1=C1,BC1,C1D1⊂面BC1D1
故AB1⊥面BC1D1,得AB1⊥BD1.即△B1D1E为直角三角形，
在▱ABB1A1中，D,D1为中点，A1D//BD1，所以E为AB1的三等分点，
设B1E=t，由余弦定理可得：
cs∠A1B1A=B1EB1D1=AB12+A1B12−AA122AB1⋅A1B1=t1=3t2+22−7222×3t×2 解之：t=32，
所以∠A1B1A=π6, 故D1E=12
A1B1//AB,∴D1EEB=B1D1AB=12, ∴BD1=32.
∵C1D1⊥平面ABB1A1，∴C1D1⊥BD1, 在△BD1C1中，tan∠D1BC1=233.
所以A1D与BC1所成的角的正切值为233.
（3）过B作BP⊥AA1于P，过P作FP⊥CC1于F，连BF
∴△BPF为直截面，小球半径为△BPF的内切圆半径
因为AB=2,AC=BC=2，所以AC2+BC2=AB2，故AC⊥BC，则CD=12AB=1
设BP=2t,所以AP=2t，由AB2=BP2+AP2解得t=63，
BP=233,AP=263；
由最小角定理cs∠A1AC=cs∠A1ABcs∠BAC=26×22=13
PF=ACsin∠A1AC=23
由CD⊥面ABB1A1,易知BP⊥CC1，∴BF=PF=BP=23
内切圆半径为：r=13，则ℎ=r+r+2rsin∠A1AB=23+69。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
B
D
D
D
B
D
题号
9
10
11
答案
ABC
CD
BCD