湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题（Word版附解析），文件包含湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题Word版含解析docx、湖北省部分市州新高考联考协作体2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
祝考试顺利
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将答题卡上交.
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 下列说法中正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面可以是三角形
B. 通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线
C. 有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
D. 过圆锥顶点的截面中轴截面面积最大
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用棱柱、圆台、圆锥的结构特征逐项判断即得.
【详解】对于A，棱柱侧面是平行四边形，A错误；
对于B，将圆台还原成圆锥，则过圆台侧面一点有且仅有一条还原成圆锥的母线，
因此通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，B正确；
对于C，当四棱柱的相对两个侧面平行且是矩形时，不能确保四棱柱是直四棱柱，C错误；
对于D，当圆锥轴截面顶角大于时，过圆锥顶点的截面等腰三角形顶角为时，面积最大，
该截面面积大于轴截面面积，D错误.
故选：B
2. 当时，复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的运算法则和复数的几何意义可得，结合即可下结论.
【详解】,
所以该复数在复平面所对应的点的坐标为，
又，所以，
所以点位于第四象限.
故选：D
3. 若空间中四条不同的直线，，，满足，，，则下面结论正确的是（ ）
A. B.
C. ，既不垂直也不平行D. ，的位罝关系不确定
【答案】A
【解析】
【分析】将直线，，，为放在正方体中，由此即可判断出答案.
【详解】
构造如图所示的正方体，
取为，为，为，为，
则.
故选：A
4. （ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式将钝角化简为锐角，再结合两角和的正弦公式即可求解.
【详解】因为，，
所以
.
故选：B.
5. 已知，是两个不同的平面，是内的一条直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合面面垂直的判定判断得解.
【详解】由，，得，
反之，，当平面内的直线平行于平面的交线时，，即不垂直于，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
6. 中，点M，N满足，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算，结合平面向量的基本定理求解即得.
【详解】依题意，
，又，且不共线，
所以，.
故选：A
7. 四名同学A，B，C，D各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数.根据各自的统计如下结果，则可以判断出一定有出现点数6的是（ ）
A. 平均数为2，中位数为1B. 中位数为3，众数为2
C. 中位数为3，方差为2.0D. 平均数为3，方差为2.4
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC举出反例，对于D利用方差公式证明点数只能为.
【详解】对于A：点数可为，故A错误；
对于B：点数可为，故B错误；
对于C：点数为即符合条件，故C错误；
对于D，因为平均数为3，点数与平均数差的平方为，根据方差公式可知点数与平均数差的平方和为，
从而点数与平均数差的平方为只可能是，所以.点数只能为，则出现点数6，故D正确.
故选：D
8. 在中，已知.点是边BC上靠近的三等分点.AD的长等于边AB上的高，则（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】使用向量法建立，得到从而得到结果.
【详解】如图，所以，
则，即，
由，所以，
所以，，可得或（舍），故，
所以.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分.部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成不规则形态，图（3）形成“右拖尾”形态，根据所给图形作出以下判断，正确的是（ ）
A. 图（1）中平均数中位数众数B. 图（2）中众数平均数
C. 图（3）中众数中位数平均数D. 图（3）中众数平均数中位数
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数中位数众数，故A错误；
图（2）频率直方图可知，众数位于第二组，而平均数位于第二组后，
所以众数平均数，故B正确；
图（3）频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小，
平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边，
平均数大于中位数，故C正确，D错误；
故选：BC.
10. 平面向量，满足，对任意实数，恒成立，则（ ）
A. 与的夹角为B. 为定值
C. 的最小值为D. 在上的投影向量为
【答案】AD
【解析】
【分析】由题意可得恒成立，则，得，即可判断A；根据平面向量数量积的运算律计算即可判断B；根据和二次函数的性质即可判断C；根据投影向量的概念计算即可判断D.
【详解】A：对任意恒成立，
得，即，
整理得，设的夹角为（），
所以，
即，得，解得，故A正确；
B：，不是定值，故B错误；
C：由选项A知，，
，
当时，取得最小值，所以的最小值为，故C错误；
D：在上的投影向量为，故D正确.
故选：AD
11. 在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到，连接得到四棱锥，在翻折到的过程中，二面角的大小为，下列说法正确的是（ ）
A. 当四棱锥体积为最大值时，
B. 当时，三棱锥的外接球表面积为
C. 若是的中点，则存在使与平面不平行
D 当时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，四棱锥体积为最大值时是平面面时，故结合面面垂直性质定理即可得证；对于B，求出中点F满足即可得到为三棱锥的外接球的球心，进而得解；对于C，取的中点，则求证出四边形为平行四边形，再结合线面平行判定定理即可得解；对于D，取中点中点，延长，过作于，证明平面，再在中求出AG，即可利用勾股定理在中求出.
【详解】对于，由题意可知,
所以，即，
，其底面积为定值，
当平面平面时，四棱锥的的体积最大，
此时因为平面平面，，所以平面，
又平面，故，故正确；
对于B，取的中点，，连，
则由A以及题意知，
则，三棱锥的外接球的球心为，半径为1，
所以球的表面积为，故选项正确；
对于，取的中点，则，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又面，面，所以面，故错误；
对于，取中点中点，由选项A和B及题意可知，，，，
所以由知平面，故是二面角的平面角，且，
延长，过作于，
则，且由平面得，又，
所以平面，
所以，，
故，
所以，
，故D项正确.

故选：ABD.
【点睛】思路点睛：通过已知条件找到并作出过P点且垂直于平面的垂线段，再利用勾股定理即可在中求出.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则复平面内满足的点Z的集合的图形面积是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数的几何意义求解即得.
【详解】复平面内满足的点Z在以点为圆心，为半径的圆及内部，
所以点Z的集合的图形面积是.
故答案为：
13. 如图，所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，在这两个平行平面内的面叫做拟柱体的底面，其余各面叫做拟柱体的侧面，两底面之间的垂直距离叫做拟柱体的高，现有一拟柱体，上下底面均为正六边形，下底面边长为且上底面各顶点在下底面的射影点为下底面各边的中点，高为，则该拟柱体的表面积为_________.

【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，求出该拟柱体的上底面边长，上底面正六边形的边为底边的等腰三角形底边上的高，再依次求出面积即得.
【详解】如图，上底面正六边形的顶点在下底面上的射影分别为点，则，
显然，四边形为矩形，点是下底面正六边形边的中点，
则，，，
底边上的高为，则，
因此，该拟柱体上底面面积为，
下底面面积为，侧面积为，
所以该拟柱体的表面积为.
故答案为：

14. 已知正的边长为，内切圆圆心为，点满足，则_________.
【答案】57
【解析】
【分析】根据向量加法运算有，，，根据等边三角形的性质有，，代入计算即可得出结果.
【详解】
，
同理可得，
，
又有，，
所以，原式.
故答案为：57
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出相应文字说明、证明过程或演算步骤
15. 如图，单位圆与轴交于A，B两点，为圆上一动点，.
（1）若，设点为线段OA上的动点，求的最小值：
（2）若，向量，.求的最大值及对应的值.
【答案】（1）；
（2）最大值为，或
【解析】
【分析】（1）求出的坐标，设，再利用向量的坐标运算及向量模的坐标表示即可求解.
（2）求出，利用数量积的坐标表示，结合三角恒等变换及正弦函数的性质求解即可.
【小问1详解】
依题意，，设，，
则，
当时，，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
【小问2详解】
依题意，，而，
于是
，由，得，
当或，即或时，，，
所以的最大值为，此时或.
16. 在中，内角的对边分别是，，.
（1）求角的大小；
（2）设的平分线与交于点，当的面积最大时，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解；
（2）由（1），根据余弦定理可得，利用基本不等式和三角形面积公式知当且仅当时满足题意，结合正弦定理计算即可求解.
【小问1详解】
，
所以，
由正弦定理得，
即，
得，又，
所以，即，又，
所以；
【小问2详解】
由余弦定理得
即，而，
，即，
当且仅当取等号
此时，则，
在中，由正弦定理得，
即，解得.
17. 如图所示，已知正方形和矩形所在平面互相垂直，，，点是AE的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求直线FG与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）8 （2）
【解析】
【分析】（1）设与交于点，分别连结，利用等体积法将转化为，结合棱锥的体积公式可得答案；
（2）分别取的中点，连结，先将FG与平面所成的角转化为MN与平面所成的角，再解三角形即可.
【小问1详解】
设与交于点，分别连结，
由于平面平面，平面平面，，平面，
所以面，又，所以，
所以
.
【小问2详解】
分别取的中点，连结，
则，，，，
所以，，四边形为平行四边形，
所以，MN与平面所成的角即为FG与平面所成的角，
又平面平面，平面平面，，平面，
所以面，即为直线与平面所成的角.
，
.
所以直线FG与平面所成角的正弦值为.
18. 2024年4月25日，神舟十八号载人飞船在长二F遥十八运载火箭的托举下，成功将叶光富、李聪、李广送到中国空间站，圆满完成飞行任务，为纪念中国航天事业所取得的成就，发扬并传承中国航天精神，我市随机抽取1000名学生进行航天知识竞赛并记录得分（满分100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求n的值并估计这1000名学生成绩的平均数和80%分位数（求平均数时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取240人，若第三、四、五各组中被抽取的学生成绩的平均数依次为，方差依次为，求这240人中分数在区间的学生成绩的方差（精确到0.001）.
【答案】（1）；平均数为，分位数为 （2）55.667
【解析】
【分析】（1）求出成绩落在的频率，进而求得，利用频率分布直方图求出平均数、百分位数的方法计算即可求解；
（2）由分层抽样可知第三､四､五组抽样比为，求出平均数，结合题意即可求出方差.
【小问1详解】
成绩落在的频率为，.
这1000名学生平均成绩（分）
设分位数为，则，解得.
【小问2详解】
由分层抽样可知，第三､四､五组抽样比为，
.
19. 如图，在三棱柱中，底面是等边三角形，侧面是矩形，，，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值；
（3）试在平面内确定一点，使得平面，并求出线段的长度
【答案】（1）证明见解析
（2）0 （3）2
【解析】
【分析】（1）由题意可得、，结合线面垂直的判定定理即可证明；
（2）由（1）可得平面，由线面垂直的性质可得，结合面面垂直的判定定理可证明平面平面，即可求解；
（3）由（2），根据线面垂直的判定定理可得平面，利用三角形等面积法计算即可求解.
【小问1详解】
由为等腰直角斜边的中点，得.
在三棱柱中，，所以，
所以，即.
因为侧面是矩形，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
连接交于点，连接，
因为，所以.
由（1）知平面，又，所以平面，
因为平面，所以，所以，
所以.又平面平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
所以二面角为直二面角，余弦值为0
【小问3详解】
在平面内过点作，垂足为，
由（2）可知，平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，
在中，，所以，
则，由（1）知平面，平面，
所以，则，
由，得，
解得.