深圳市龙华高级中学2023-2024学年高一下学期第二次段考数学试卷(含答案)

这是一份深圳市龙华高级中学2023-2024学年高一下学期第二次段考数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．在复平面内,复数,则等于( )
A.B.C.2D.
2．某人打靶时连续射击两次,下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是( )
A.至多一次中靶B.两次都中靶C.只有一次中靶D.两次都没中靶
3．的三内角A,B,C所对边分别为a,b,c,若,则角C的大小( ).
A.B.C.D.
4．已知直线m,n和平面,,,下列条件中能推出的是( )
A.,,B.,
C.,,,D.,
5．现有甲,乙两组数据,每组数据均由8个数组成,其中甲组数据的平均数为3,方差为5,乙组数据的平均数为7,方差为1.若将这两组数据混合成一组,则新的一组数据的方差为( )
A.5B.6C.7D.8
6．设O是的外心,点D为AC的中点,满足,,若,则面积的最大值为( )
A.2B.4C.D.8
7．祖暅原理也就是“等积原理”,它是由我国南北朝杰出的数学家祖冲之的儿子祖暅首先提出来的.祖暅原理的内容是:“幂势既同,则积不容异”,“势”即是高,“幂”是面积.意思是,如果夹在两平行平面间的两个几何体,被平行于这两个平行平面的平面所截,如果两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.已知,两个平行平面间有三个几何体,分别是三棱锥,四棱锥,圆锥（高度都是h）,其中:三棱锥的体积为V,四棱锥的底面是边长为a的正方形,圆锥的底面半径为r,现用平行于这两个平面的平面去截三个几何体,如果得到的三个截面面积总相等,那么,下面关系式正确的是( )
A.,,B.,,
C.,,D.,,
8．已三棱锥中,是以角为直角的直角三角形,,,,为的外接圆的圆心,,那么三棱锥外接球的半径为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．设z,,是复数,则( )
A.若,则B.若,则
C.若,则D.若,则为纯虚数
10．下列关于平面向量的说法中正确的是( )
A.已知,点P在直线AB上,且,则P的坐标为;
B.已知是的外接圆圆心,,,则向量在向量上的投影向量为
C.若,且,则
D.若点P是所在平面内一点,且,则是的垂心.
11．如图,矩形ABCD中,E,F分别为BC,AD的中点,且,,现将沿AE向上翻折,使B点移到P点,则在翻折过程中,下列结论正确的是( )
A.B.存在点P,使得
C.存在点P,使得D.三棱锥的体积最大值为
三、填空题
12．数据2,4,6,8,10,12,14,16,18,20的第70百分位数为________.
13．已知向量,均为单位向量,且,向量满足,则的最大值为________.
14．如图,几何体是四棱锥,为正三角形,,,M为线段AE的中点.则直线MD与平面BEC的位置关系为________（填相交或平行）.N为线段EB上一点,使得D,M,N,C四点共面,则的值为________.
四、解答题
15．某城市100户居民的月平均用电量(单位:度),以,,,,,,分组的频率分布直方图如图:
（1）求直方图中的的值
（2）估计月平均用电量的众数和中位数,第80百分位数.
（3）从月平均用电量在,,,内的四组用户中,用分层抽样的方法抽取11户居民,求从月平均用电量在内的用户中应抽取多少户?
16．如图,在四棱锥中,底面ABCD是矩形,底面ABCD,,且直线PD与底面ABCD所成的角为.
（1）求证:平面平面PAC;
（2）求点C到平面PBD的距离.
17．已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,,面积为S,且.
（1）若,求;
（2）若,求S.
18．如图,四棱锥的侧面PAD是边长为2的正三角形,底面ABCD为正方形,且平面平面ABCD,M,N分别为AB,AD的中点.
（1）求证:;
（2）在线段PB上是否存在一点Q使得平面PNC,存在指出位置,不存在请说明理由.
（3）求二面角的正弦值.
19．一个,它的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.
（1）如果这个三角形为锐角三角形,且满足,求的取值范围;
（2）若内部有一个圆心为P,半径为1的圆,它沿着的边内侧滚动一周,且始终保持与三角形的至少一条边相切.现用21米的材料刚好围成这个三角形,请你设计一种的围成方案,使得P经过的路程最大并求出该最大值.（说明理由）
参考答案
1．答案：D
解析:由题意可得:,所以.故选:D.
2．答案：D
解析：对于A,“至多一次中靶”包含:一次中靶,两次都不中靶,
“至少一次中靶”包含:一次中靶,两次都中靶,A选项不满足条件;
对于B,“两次都中靶”与“至少一次中靶”是包含关系,B选项不满足条件;
对于C,“只有一次中靶”与“至少一次中靶”是包含关系,C选项不满足条件;
对于D,“两次都没有中靶”与“至少一次中靶”对立,D选项满足条件.
故选:D.
3．答案：A
解析：依题意由余弦定理,
又,所以.
故选:A
4．答案：D
解析：由直线m和n,
若,,,则与相交或平行,故A不正确;
若,,则与相交或平行,故B不正确,
若,,,,由于m,n不一定相交,所以与相交或平行,故C不正确;
若,,则垂直于同一条直线的两个平面互相平行,即,故D正确;
故选:D.
5．答案：C
解析：根据题意,甲组数据的平均数为3,方差为5,乙组数据的平均数为7,方差为1,
则两组数据混合后,新数据的平均数,
则新数据的方差,
故选:C.
6．答案：B
解析：因为,,,
所以,,
从而,即,
所以,所以,
所以的面积为
,
等号成立当且仅当,,
综上所述,面积的最大值为4.
故选:B.
7．答案：D
解析：由祖暅原理可知:三个几何体的体积相等,
则,解得,
由,解得,
所以.
故选:D
8．答案：D
解析：设三棱锥外接球的球心为O,半径为R,连接,,AO,PO,如图,
因为是以角A为直角的直角三角形,所以BC为圆的直径,则,
因为,,,所以在中由余弦定理得,
所以,得,
因为,所以,所以,
因为,为BC的中点,所以,
因为,,平面ABC,所以平面ABC,
所以三棱锥外接球的球心O在直线上,则,
在中,,所以,解得,
故选:D
9．答案：BC
解析：设,,,x,y,a,b,m,,
对于A,取,,则,,,A错误,
对于B,由,,,
可得,,
所以,B正确,
对于C,因为,,
所以,
所以,
所以,又,
所以,C正确,
对于D,由,可得,所以,
因为y可能为0,所以不一定为纯虚数,D错误,
故选:BC.
10．答案：BD
解析：对于A,设,因为,,所以,,
因为点P在直线AB上,所以,共线,
所以,化简得①,
因为,所以,
化简得②,
由①②,解得,或,,
所以点P的坐标为或,所以A错误,
对于B,因为O是的外接圆圆心,,所以O为BC的中点,BC为圆的直径,
因为,所以为等边三角形,
所以向量在向量上的投影向量为,所以B正确,
对于C,当,时,,满足,但与不一定相等,所以C错误,
对于D,因为,所以,
所以,同理可得,所以P是的垂心,所以D正确,
故选:BD
11．答案：ACD
解析：依题意,,,则四边形AECF为平行四边形,有,
而,,即有,因此,
即,因此,A正确;
因为,,因此PE,CF不平行,即不存在点P,使得,B错误;
连接PF,当时,因为,即,则,
而,,PO,平面PAE,因此平面PAE,又O,F分别为AE,AD的中点,
即,于是平面PAE,而平面PAE,则,C正确;
在翻折过程中,令PO与平面AED所成角为,则点P到平面AED的距离,
又的面积,因此三棱锥的体积,
当且仅当,即平面时取等号,所以三棱锥的体积最大值为,D正确.
故选:ACD
12．答案：15
解析：因为,所以第70百分位数为从小到大排列的第7,8位两数的平均数,
即,即第70百分位数为15.
故答案为:15
13．答案：
解析：因为向量,均为单位向量,且,所以不妨设,,
设,因为,所以,则设,
所以,,
所以
,
所以当时,取得最大值,
所以的最大值为.
14．答案：（1）平行;
（2）
解析：（1）记F为AB的中点,连接DF,MF,如图1,
因为F,M分别为AB,AE的中点,故,
因为平面EBC,平面EBC
所以平面EBC,
又因为为正三角形,所以,,
又为等腰三角形,,所以,
所以,即,
所以,又平面EBC,平面EBC,
所以平面EBC,又,DM,平面DMF,
故平面平面EBC,
又因为平面EBC,故平面BEC.
（2）延长CD,AB相交于点P,连接PM交BE于点N,连接CN,过点N作交AB于点Q,如图2,
因为平面ECB,平面PDM,平面平面,
所以,此时D,M,N,C四点共面,
由（1）可知,,,,得,,
故,又因为,所以,
则有,故.
15．答案：（1）0.0075
（2）众数,中位数,第80百分位数分别为230,224,253.33
（3）5
解析：（1）因直方图中,各组数据频率之和为所有矩形面积之和为1,
则,
得.
（2）月平均用电量的众数是.
因前3个矩形面积之和为.
前4个矩形面积之和为.
则中位数在内,设为y,则,得,即中位数为224.
因为前4个矩形面积之和为,前5个矩形面积之和为,则第80百分位数在内,
设第80百分位数为a,则,解得,即第80百分位数约为253.33.
（3）月平均用电量为的居民对应的频率为:.
又由（2）分析可知,月平均用电量为,,,的四组居民对应频率之和为:.
则应抽取居民的户数为:.
16．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明:平面ABCD,故为直线PD与平面ABCD所成的角,因此,又,
底面ABCD为矩形,且,底面ABCD为正方形,
又,而,AC,平面PAC,平面PAC,又平面PBD,平面平面PAC,
（2）,
由于,所以,
设点C到平面PBD的距离为d,则
,,解得:,
设点C到平面PBD的距离为.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为,所以,
又,所以,整理的,
所以,即,
所以;
（2）因为,所以,
又,则,即,
由余弦定理,
所以,即,
解得或（舍去）,
所以.
18．答案：（1）证明见解析
（2）当时平面PNC,理由见解析
（3）
解析：（1）为正三角形,N为AD中点,
,
又平面平面ABCD,平面平面,平面PAD,
平面ABCD,平面ABCD,
,
在正方形ABCD中,易知,
,
而,
,
,
,PN,平面PNC,
平面PNC,平面PNC,
.
（2）存在,当时平面PNC,
取BE的四等分点E(靠近B),取BP的四等分点Q(靠近B),连接ME,EQ,MQ,
则,平面PNC,平面PNC,所以平面PNC,
由,所以,所以,
又,,所以,
所以,平面PNC,平面PNC,所以平面PNC,
又,平面,
所以平面平面PNC,平面MEQ,所以平面PNC,
即当时平面PNC.
（3）取DC的中点F,连接BF交NC于点G,过点G作交PC于点H,连接BH,
则且,所以四边形DFBM为平行四边形,所以,
又平面PNC,所以平面PNC,平面PNC,所以,
又,GH,平面GHB,所以平面GHB,平面GHB,
所以,
所以为二面角的平面角,
因为,所以,又,所以,,
又,所以,又,
,,即,所以,
所以,所以,
故二面角的正弦值为.
19．答案：（1）
（2）设计方案答案见解析,路程最大值为,理由见解析
解析：（1）由（消也可）
即所以
再由正弦定理,有:
所以
因为三角形为锐角三角形,所以,即
得:
由A,B,,则得:
又,得:,因此可得:
所以,,
故
（2）,,,
P的路程L为:
又
所以两边同时除以
可得:
,,,,,,
,当且仅当,等号成立.
即
故可得:
故路程最大值为,此时围成的三角形为边长为7的等边三角形.