湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1.本试卷共150分，考试时量120分钟.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.
3.考试结束后，只交答题卡.
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. 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】利用复数的几何意义求解.
【详解】复数在复平面内对应的点的坐标为，
故复数在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
2. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ）
A 互斥B. 相互对立C. 相互独立D. 相等
【答案】C
【解析】
【分析】列举全部可能出现的结果，即可根据对立事件以及互斥事件以及相互独立事件的定义求解.
【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）这4种情况，
事件A包括（正正）（正反），事件B包括（正反）（反反），故不相等，故D错误，
由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误；
因为事件A是否发生与事件B无关，事件B是否发生也与事件A无关，故事件A和事件B相互独立，故C正确.
故选：C.
3. 在杭州亚运会期间，共有1.8万多名赛会志愿者参与服务，据统计某高校共有本科生4400人，硕士生400人，博士生200人参与志愿者服务.现用分层抽样的方法从该高校志愿者中抽取部分学生了解服务心得，其中博士生抽取了10人，则本科生抽取的人数为（ ）
A. 250B. 220C. 30D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的每层中抽取样本比例相同，列式计算即可.
【详解】设本科生抽取的人数为人，由分层抽样每层中抽取样本比例相同，
可得，解得.
故选：.
4. 在中，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理可得答案.
【详解】若，则由正弦定理得，
可设，
由余弦定理得.
故选：A.
5. 已知，，与的夹角为，则在上的投影向量是（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量公式计算即可.
【详解】在上的投影向量为.
故选：D.
6. 若数据的平均数为3，方差为4，则下列说法错误的是（ ）
A. 数据的平均数为13
B. 数据的方差为12
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平均数、方差的定义，逐项计算判断作答.
【详解】依题意，，，
对于A，，A正确；
对于B，依题意，，所以数据的方差为：
，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，由，
解得，D正确.
故选：B
7. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点绕点沿逆时针方向旋转角得到点.已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，计算出 ，再根据向量的坐标运算法则计算出点P的坐标.
【详解】因为,
所以 ，
将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转，
得到
化简得 ，
所以P点坐标为；
故选：C.
8. 已知正方体的棱长为2，P为底面ABCD内一动点，直线与平面ABCD所成角为，为正方形的中心，点为线段上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
详解】
因为直线与平面ABCD所成角为，
又因为面
所以为直线与平面所形成的角，即，
又，所以，
所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆落在四边形内的部分，即四分之一圆弧.
分析可知，点为和 圆弧的交点时，最小.
此时可将面沿着翻折到面所在平面.
根据长度关系，翻折后的图形如图所示，其中分别为正方体上下底面的中心，
当三点共线时，最小.因为，所以最小值为
故选：B.
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. 已知复数，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 存在实数，使得为实数
C. 若为纯虚数，则D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据复数的模长计算判断A选项，应用实数和纯虚数定义判断B,C选项，根据模长及乘方运算判断D选项.
【详解】因为所以，A正确；
因为,无实数解，B选项错误；
因为纯虚数，则，即，C选项正确；
当时，，
则，D选项错误.
故选：AC.
10. 如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，如果四边形是边长为2的正方形，则（ ）
A. 异面直线与所成角的大小为
B. 二面角的平面角的余弦值为
C. 平面平面
D. 此八面体的外接球表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过可判断A项正确，作出二面角的平面角根据余弦定理求解，可知B项错误，使用面面垂直的判定定理即可得到C正确；证明为外接球球心，即可判断D.
【详解】由题可知四点共面，又，
所以四边形为菱形，
所以，故异面直线与所成角即为异面直线与所成角,
又每个面都是正三角形，故异面直线与所成角的大小为，故A项正确；
对于B项， 连接，为BE中点,
又每个面都是正三角形，所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
由余弦定理得，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误；
由于三点共线，在直线上，故四点共面.
又由于两两垂直，且在平面内交于点，
故平面.
而在平面内，故平面平面，C正确；
由于该八面体的每个面都是边长为的正三角形，
故,
所以点为几何体外接球的球心，且外接球的半径为，
从而外接球的表面积为，D正确.
故答案为：ACD.
11. 已知点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为的垂心，且，则
B. 若，则的面积与的面积之比为
C. 若，则动点的轨迹经过的外心
D. 若E，F，G分别为，，的中点，且，，则的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A将转化为，然后求数量积；B将拆成，然后根据线性运算得到，然后求面积比即可；C由题意得，然后根据得到，即可得到动点的轨迹经过的外心；D根据得到点的轨迹，将转化为，然后求数量积，根据点的轨迹求最值.
【详解】A选项，，故A正确；
B选项，设中点为，中点为，
，即，
所以点为中位线靠近点的三等分点，所以，故B错；
C选项，设中点为，则，
结合题设
所以，所以，
又的中点为，所以在的中垂线上，
所以动点的轨迹经过的外心，故C正确；
D选项，设中点为，
因为，所以点的轨迹为以为直径的圆，
结合上图，
,
当为直径时最大，最大为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：数量积的计算方法（1）定义法；（2）坐标法；（3）转化法；（4）几何意义法.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知事件与事件发生的概率分别为，，且，则______.
【答案】0.7##
【解析】
【分析】根据概率的加法公式代入求解即可.
【详解】因为事件与事件发生的概率分别为
，，且，
所以.
故答案为：0.7.
13. 已知某圆台的上底面和下底面的面积之比为，轴截面面积为6，母线长为上底面半径的倍，则该圆台的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，利用轴截面面积求得圆台得底面半径和高，然后根据圆台体积公式计算即可.
【详解】如图所示，设圆台的上下底面中心分别为,为其轴截面.
由题意得，设，则，
在轴截面中过点作⊥于点，则，
故，
由勾股定理，
轴截面的面积为，解得，
故圆台上底面半径，下底面半径，高，
故该圆台的体积为.
故答案为：
14. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是______.
【答案】##
【解析】
【分析】由明确边上的高等于边的一半，做出边上的高，设，用表示出，再结合换元法和基本不等式，求的最大值.
【详解】如图：
过作于.
因为，所以.
设，则
设，则
若，则；若，则；
当时，
（当且仅当即时取“”）.
所以
故答案为：
【点睛】方法点睛：求取值范围得问题，常用的方法有：
（1）结合二次函数的单调性，求二次函数在给定区间上的最值；
（2）利用基本不等式，求最值；
（3）利用三角函数的有界性求最值；
（4）判断函数的单调性，求最值.
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. 某市高一年级36000名学生参加了一次数学竞赛，为了解本次竞赛情况，随机抽取了500名学生的成绩，并根据这500名学生成绩，绘制频率分布直方图如图所示.
（1）求a的值，并估计该市高一年级的及格（60分以上）人数；
（2）估计该市高一年级学生成绩的分位数.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率之和等于即可求出，求出及格的频率，再乘以即可；
（2）根据频率分布直方图中百分位数的求法求解即可.
【小问1详解】
由题意，，
解得，
高一年级的及格的频率为，
则估计该市高一年级的及格（60分以上）人数为人；
小问2详解】
因为，
，
所以高一年级学生成绩的分位数在区间上，设为，
则，解得，
所以估计该市高一年级学生成绩的分位数为.
16. 已知向量，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先分别求出，得坐标，再根据向量垂直得坐标表示即可得解；
（2）根据向量的模的坐标公式结合二次函数的性质即可得解.
【小问1详解】
由，，
得，
因为，所以，
即，解得；
【小问2详解】
，
则，
当时，取得最小值.
17. 甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）.
（1）用抛掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.试判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由；
（2）若选择方案一，求甲获胜的概率.
【答案】（1）方案二被选择的可能性更大，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）列举出向上的点数所有情况和点数之差的绝对值不大于1的情况，求出概率，得到结论；
（2）分三种情况，求出相应概率相加即可.
【小问1详解】
抛掷两枚质地均匀的骰子，设向上的点数为，则共有36种情况，如下：
，
，
，
其中两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1的情况有：
，共16种情况，
故选择方案一的概率为，则选择方案二的概率为，
因为，所以方案二被选择的可能性更大；
【小问2详解】
若甲在前两局获胜，概率为，
若第一局，第三局获胜，概率为，
若第二局，第三局获胜，概率为，
三种情况互斥，故选择方案一，甲获胜的概率为.
18. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，且，，，点E，F分别为棱，的中点.
（1）若平面平面，
①求证：；
②求三棱锥的体积；
（2）若，请作出四棱锥过点，，三点的截面，并求出截面的周长.
【答案】（1）①证明见解析.②
（2）
【解析】
【分析】（1）①利用面面垂直的性质定理证明结合面面垂直的定义求证即可.
②利用两条相互平行的直线其中一条垂直于一个平面，另外一个也垂直于这个平面计算这个三棱锥的高.
（2）利用两条平行线确定一个平面，将截面找到，利用解三角形的知识求解各个边的边长，从而求出截面图形的周长.
【小问1详解】
①因为平面平面平面平面
又因为底面为直角梯形，其中
所以又因为面
所以面又因为面所以
②由①知面取的中点设为连结则则面
则点到面的距离为
又因为在直角梯形中，，
解得所以在等腰三角形中
三棱锥的体积
【小问2详解】
取线段的中点，连接，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为线段，
所以，
所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面，
则，，，
在中，，，
所以，
则，
所以截面周长为.
19. 当的三个内角均小于时，使得的点为的“费马点”；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为的“费马点”.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，P是的“费马点”.
（1）若，，.
①求；
②设的周长为，求的值；
（2）若，，求实数的最小值.
【答案】（1）①；②
（2）
【解析】
【分析】（1）①利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角的值，再利用副助角公式求解出；②在中，由余弦定理得到的关系，再结合等面积法建立的另外一个等式关系，进而求解出所要求的等量关系.
（2）先利用角的三角函数的关系，判断出三角形是直角三角形，接着设，，，仿照第一小问的思路找到的等量关系，然后利用基本不等式求解出最值，又根据，即有，从而得解.
【小问1详解】
①
，
则
②设
而，
在中，由余弦定理得:
同理有
则
在中由余弦定理知: 即
又则
又等面积法知：
则，，
故
【小问2详解】
因为
所以
所以
所以所以为直角三角形，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，，，从而推导出、，再利用基本不等式及一元二次不等式求出的取值范围.