2023-2024学年江苏省溧阳市高一下学期期末教学质量调研数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省溧阳市高一下学期期末教学质量调研数学试题（含答案），共10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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.一个射击选手连续射击10次，成绩如下：
则该选手射击成绩的中位数为( )
A. 8B. 9C. 9.5D. 8.7
2.复数z=1+2i3+4i在复平面内对应的点所在的象限是( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.从某班学号为1到10的十名学生(其中含学生甲)中抽取3名学生参加某项调查，现用抽签法抽取样本(不放回抽取)，每次抽取一个号码，共抽3次，设甲第一次被抽到的可能性为a，第二次被抽到的可能性为b，则( )
A. a=310，b=29B. a=110，b=19
C. a=310，b=310D. a=110，b=110
4.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线BD1与平面BCC1B1所成角的余弦值为( )
A. 12B. 22C. 33D. 63
5.若甲组样本数据x1,x2,⋯,xn(数据各不相同)的平均数为3，方差为4，乙组样本数据2x1−a，2x2−a，⋯，2xn−a的平均数为5，则下列说法错误的是( )
A. a的值为1B. 两组样本数据的样本极差不同
C. 两组样本数据的样本中位数一定相同D. 乙组样本数据的标准差为4
6.函数fx=cs2x−4sinx−1的值域是( )
A. (−∞,2]B. [−2,2]C. [0,2]D. [−6,2]
7.若平面向量a，b，c两两的夹角相等，且|a|=1，|b|=1，|c|=3，则|a+b+c|= ( )
A. 2B. 5C. 2或5D. 2或 5
8.在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知c=2，a+2csA=b+2csB，a≠b，则▵ABC面积的最大值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1,z2∈C，则下列结论正确的是( )
A. 若z2=z1，则z1+z2∈R
B. z1+z2=z1+z2
C. 若z1，z2是方程x2+x+1=0的两解，则z1z2=1
D. z1z22=z1z22
10.某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩(成绩均为正整数，满分为100分)作为样本进行统计，按照50,60,60,70,70,80,80,90,90,100的分组作出频率分布直方图如图所示．则( )
A. 图中x=0.016
B. 估计该市全体学生成绩的平均分为71
C. 若对成绩前10%的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分
D. 若在90,100的样本成绩对应的学生(包括学生甲和乙)中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为1328
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点P是侧面BB1C1C上的动点(不含边界)，下列结论正确的是( )
A. 三棱锥A−PDD1的体积为43
B. 存在点P，使得A1P⊥平面AB1D1
C. 若PB2+PC2=4，则三棱锥P−ABC的外接球体积为8 23π
D. 若O为线段A1D的中点，OP与平面BB1C1C所成角为π3，则点P的轨迹长度为2π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一只不透明的口袋内装有5个小球，其中3个白球、2个黑球．现有放回地从袋中依次摸出1个球，则前两次摸出的球均为白球的概率为 ．
13.在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c= 3，C=30∘，则a+bsinA+sinB= ．
14.如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD−EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为2 2，上下底面之间的距离为3 2，则此十面体体积的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在▵ABC中，D为线段BC的中点，若AB=(2,4)，AC=(1,3)，求：
(1)线段AD的长；
(2)▵ABC的面积．
16.(本小题12分)
如图所示，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2 2，PA=PB=PC=AC=4，点O，M分别为线段AC，AB的中点．
(1)若平面POM∩平面PBC=l，证明：l//BC；
(2)证明：OP⊥平面ABC；
(3)求二面角P−BC−A的余弦值．
17.(本小题12分)
已知函数fx=cs4ωx−2sinωxcsωx−sin4ωxω>0的最小正周期为π．
(1)求ω的值；
(2)若关于x的方程fx−m=0在0,π2上有解，求m的取值范围；
(3)若A0,1关于Px0,fx0fx0≠0的对称点Q在fx的图象上，求tan2x0．
18.(本小题12分)
在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为23，乙获胜的频率为13.为便于研究，用此频率代替他们在决赛中每局获胜的概率．决赛采用五局三胜制，胜者获得全部奖金．
(1)求前两局乙均获胜的概率；
(2)前2局打成1：1时，
①求乙最终获得全部奖金的概率；
②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗?为什么?
19.(本小题12分)
如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱AA1=8，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，BC，A1C1，B1C1的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同．
(1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少?
(2)当水面经过线段A1B1时，水面与地面的距离为多少?
(3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中(不包括起始和终止位置)，水面面积S的取值范围．(假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动)
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.D
5.C
6.D
7.C
8.A
9.ABC
10.ACD
11.AC
12.925或0.36
13.2 3
14.16 2+16
15.解：(1)由题意可得：AD=12AB+AC=32,72，
所以线段AD的长为AD= 322+722= 582．
(2)由题意可得：AB⋅AC=14，AB=2 5,AC= 10，
则cs∠BAC=csAB,AC=AB⋅ACAB⋅AC=142 5× 10=7 210，
且∠BAC∈0,π，则sin∠BAC= 1−cs2∠BAC= 210，
所以▵ABC的面积S△ABC=12AB⋅ACsin∠BAC=12×2 5× 10× 210=1．
16.解：(1)因为点O，M分别为线段AC，AB的中点，则OM//BC，
且OM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，可得OM//平面PBC，
又因为OM⊂平面POM，平面POM∩平面PBC=l，则OM//l，
所以l//BC．
(2)由题意可知：▵PAC为边长为4的等边三角形，且O分别为线段AC的中点，
则OP⊥AC,OP=2 3，
又因为▵ABC为等腰直角三角形，且斜边AC=4，则OB=2，
由PB=4可知OP2+OB2=PB2，即OP⊥OB，
且AC∩OB=O，AC,OB⊂平面ABC，
所以OP⊥平面ABC．
(3)取BC的中点N，连接ON,PN，
由题意可知：OB=OC，则ON⊥BC，且ON=12AB= 2，
由(2)可知：OP⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，则OP⊥BC，
由ON∩OP=O，ON,OP⊂平面PON，可得BC⊥平面PON，
由PN⊂平面PON，可得PN⊥BC，
可知二面角P−BC−A的平面角为∠PNO，且PN= PO2+ON2= 14，
可得cs∠PNO=ONPN= 77，
所以二面角P−BC−A的余弦值为 77．
17.解：(1)由题意可得：fx=cs4ωx−2sinωxcsωx−sin4ωx
=cs2ωx+sin2ωxcs2ωx−sin2ωx−sin2ωx
=cs2ωx−sin2ωx= 2cs2ωx+π4，
且ω>0，可得2π2ω=π，解得ω=1．
(2)由(1)可知：fx= 2cs2x+π4，
因为fx−m=0，可得fx=m，
因为x∈0,π2，则2x+π4∈π4,5π4，可得cs2x+π4∈−1, 22，
则fx∈− 2,1，所以m的取值范围为− 2,1．
(3)因为A0,1关于Px0,fx0fx0≠0的对称点Q2x0,2fx0−1，
由题意可得：2fx0−1= 2cs4x0+π4，即2 2cs2x0+π4−1= 2cs4x0+π4，
则2cs2x0−2sin2x0−1=cs4x0−sin4x0=2cs22x0−1−2sin2x0cs2x0，
整理可得cs2x0−1cs2x0−sin2x0=0，可得cs2x0=1或sin2x0=cs2x0，
若cs2x0=1，则sin2x0=± 1−cs22x0=0，可得tan2x0=0；
若sin2x0=cs2x0，可得tan2x0=1；
综上所述：tan2x0=0或1．
18.解：(1)依题意，前两局乙均获胜的概率为13×13=19．
(2)①乙最终获得全部奖金的事件，有以3:1和3:2两种情况，
若以3:1获胜，则乙连胜两局，概率为13×13=19，
若以3:2获胜，则乙第3、4局输1局，第5局胜，概率为13×23×13+23×13×13=427，
所以乙最终获得全部奖金的概率为19+427=727．
②由①知，继续比赛，乙获胜的概率是727，则甲获胜的概率为2027，
所以按2:1分配奖金，不合理，应按20:7将奖金分配给甲乙
19.解：(1)记水面与棱AC,BC,A1C1,B1C1分别交于点D,E,E1,D1，
当侧面AA1B1B水平放置时，水是以ABED为底，高为8的直棱柱，
因为AB=4，D,E分别为棱AC,BC的中点，
所以SABED=12×42× 32−12×22× 32=3 3，所以水的体积为8×3 3=24 3，
当底面ABC水平放置时，设水面高为ℎ1，
则 34×42ℎ1=24 3，解得ℎ1=6，
即当底面ABC水平放置时，水面高为6．
(2)因为三棱柱ABC−A1B1C1体积为 34×42×8=32 3，
所以三棱锥C−A1B1C1的体积为13×32 3=32 33，
空气部分的体积为32 3−24 3=8 3，
因为8 3<32 33，所以当水面经过线段A1B1时，水面与棱CC1交于点G，如图，
由VG−A1B1C1=13× 34×42×GC1=8 3得GC1=6，
记A1B1的中点为H，连接GH,C1H，则C1H= A1C12−A1H2=2 3，
因为A1C1=B1C1，所以C1H⊥A1B1，
又GC1⊥平面A1B1C1，A1B1,C1H⊂平面A1B1C1，所以GC1⊥A1B1，GC1⊥C1H，
因为GC1∩C1H=C1，GC1,C1H⊂平面GC1H，所以A1B1⊥平面GC1H，
因为A1B1⊂平面GA1B1，所以平面GC1H⊥平面GA1B1，
所以直线GC1在平面GA1B1内的投影为GH，
所以∠C1GH为直线GC1与水平面所成角，
又GC1⊥C1H，所以GH= GC12+C1H2= 36+12=4 3，
所以sin∠C1GH=C1HGH=2 34 3=12，
因为AA1//CC1，所以水面到地面的距离为AA1sin∠C1GH=8×12=4．
(3)由上可知，水面第一次过顶点C之前，水面与棱AC,BC,A1C1,B1C1相交，如图：
记DE,D1E1的中点分别为F,F1，Q在C1F1上，且QF1=CF，∠C1CQ=θ，
易知，▵CDE,▵C1D1E1为正三角形，设CD=m,C1D1=n，
则CF= 32m,C1F1= 32n，所以C1Q= 32n−m=CC1tanθ=8tanθ，
整理得n2+m2−2mn=2563tan2θ①，
又因为DD1⊂平面AA1C1C，EE1⊂平面BB1C1C，平面AA1C1C∩平面BB1C1C=CC1，
所以DD1与EE1的交点必在CC1上，所以CDE−C1D1E1为棱台，
所以13 34m2+ 34n2+ 34mn⋅CC1=8 3，
整理得n2+m2+mn=12②，
联立①②可得mn=4−2569tan2θ，n2+m2+2mn=16−2569tan2θ，
因为CF//QF1,CF=QF1，所以CFF1Q为平行四边形，
所以FF1=CQ= CC12+C1Q2= 64+64tan2θ，
易知DEE1D1为等腰梯形，所以FF1为等腰梯形DEE1D1的高，
所以水面面积S=12m+n× 64+64tan2θ=4m+n 1+tan2θ，
则S2=16m2+n2+2mntan2θ=1616−2569tan2θ1+tan2θ
=16299−16tan2θ1+tan2θ=−162916tan4θ+7tan2θ−9
当水面刚好过点C时，VC−C1D1E1=13× 34n2×8=8 3，解得n=2 3，
则C1F1=3，tanθ=38，
由题意可知，0记tan2θ=t，ft=16t2+7t−9,0由二次函数性质可知，f964所以219即水面面积S的取值范围为 219,16．成绩/环数
10
9
8
7
次数
2
4
3
1