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2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案）
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这是一份2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案），共9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。
1.5ii−2=( )
A. −1−2iB. −1+2iC. 1−2iD. 1+2i
2.已知tanα=2，则tan2α=( )
A. −43B. 43C. −34D. 34
3.已知向量a，b不共线，若(a+2b)//(ka−b)，则k=( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
4.已知两条不同的直线m，n和三个不同的平面α，β，γ，下列判断正确的是( )
A. 若m⊂α，n//m，则n//α
B. 若m⊂α，n⊂β，m//β，n//α，则α//β
C. 若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，则m⊥γ
D. 若α∩β=n，m⊥n，m⊂β，则α⊥β
5.已知四边形ABCD中，AC=(−2,1)，BD=(2,4)，则四边形ABCD的面积为( )
A. 3B. 5C. 6D. 10
6.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，点M，N是函数图象与x轴的交点，点P是函数图象的最高点，且△PMN是边长为2的正三角形，ON=3OM，则f(13)=( )
A. 32B. 3 2+24C. 3 2− 64D. 3 2+ 64
7.某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分，三个平均分互不相等，由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是( )
A. 这部分同学是高分人数多还是低分人数多B. 这部分同学是男生多还是女生多
C. 这部分同学的总人数D. 全年级是男生多还是女生多
8.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1，AB=2，半球的球心O在底面A1B1C1D1的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为( )
A. 9πB. 18πC. 27πD. 36π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于复数z=csπ3+isinπ3(i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A. z⋅z=1B. z在复平面内对应的点位于第二象限
C. z3=1D. z2−z+1=0
10.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是( )
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
11.如图，在三棱锥P−DEF中，PE=PF=1，PD=2，DE=DF= 5，EF= 2，点Q是DF上一动点，则( )
A. 过PE、PF、DE、DF各中点的截面的面积为 2
B. 直线PE与平面DEF所成角的正弦值为23
C. △PEQ面积的最小值为 55
D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a⋅b=−1，b=(1,2)，则a在b上的投影向量为 ．
13.已知4cs(θ+π4)=cs2θ，则sin2θ= ．
14.已知△ABC是边长为2的正三角形，点D在平面ABC内且DA⋅DB=0，则DA⋅DC的最大值为 ，最小值为 ．
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.(本小题13分)
某学校高一新生体检，校医室为了解新生的身高情况，随机抽取了100名同学的身高数据(单位：cm)，制作成频率分布直方图如图所示．
(1)求这100名同学的平均身高的估计值(同一组数据用区间中点值作为代表);
(2)用分层抽样的方法从[165,170)，[170,175)，[175,180)中抽出一个容量为17的样本，如果样本按比例分配，则各区间应抽取多少人?
(3)估计这100名同学身高的上四分位数．
16.(本小题15分)
在非直角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2ccsB−bcsC.
(1)求证：tanC=2tanB;
(2)若tanA=3，a=3，求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
如图，已知多面体PQRABCD中，四边形ABCD、PABQ、PADR均为正方形，点H是△CQR的垂心，PA=1．
(1)证明：H是点A在平面CQR上的射影;
(2)求多面体PQRABCD的体积．
18.(本小题17分)
如图，在扇形OMN中，半径OM=2，圆心角∠MON=π3，矩形ABCD内接于该扇形，其中点A，B分别在半径OM和ON上，点C，D在MN上，AB//MN，记矩形ABCD的面积为S．
(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，求S的值;
(2)设∠DOM=θ(0<θ<π6)，当θ为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值．
19.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=AA1= 3，BC=1，P是BC1上一动点，BP=λBC1(0<λ<1)，M是CC1的中点，Q是AM的中点．
(1)当λ=14时，证明：PQ//平面ABC;
(2)在答题卡的题(2)图中作出平面AB1P与平面ACC1A1的交线(保留作图痕迹，无需证明);
(3)是否存在λ，使得平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的余弦值为 144?若存在求满足条件的λ值，若不存在则说明理由．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.C
5.B
6.D
7.B
8.C
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.−15,−25
13.1
14.3；−1
15.解：(1)由图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1，得x=0.06．
平均身高的估计值为：162.5×0.01×5+167.5×0.07×5+172.5×0.06×5+177.5×0.04×5+182.5×0.02×5=172.25cm．
(2)[165,170)，[170,175)，[175,180)各区间人数分别为：100×0.07×5=35，100×0.06×5=30，100×0.04×5=20.所以相应抽取的人数分别为：17×3535+30+20=7，17×3035+30+20=6，17×2035+30+20=4．
(3)上四分位数即75%分位数．
身高在[180,185)的人数占比5×0.02=10%，在[175,180)的人数占比5×0.04=20%，
则[175,185)的人数占比30%，
所以75%分位数在[175,180)内．
设上四分位数为a，则0.04×(180−a)+0.02×5=1−75%．
解得a=176.25，即估计这100名同学身高的上四分位数为176.25．
16.证明：(1)由2ccsB−bcsC=a及正弦定理可得2sinCcsB−sinBcsC=sinA，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以2sinCcsB−sinBcsC=sinBcsC+csBsinC，
整理得sinCcsB=2sinBcsC，
因为△ABC不是直角三角形，
所以csB≠0，csC≠0，两边同时除以csBcsC，得tanC=2tanB；
(2)由tanA=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=−3tanB1−2tan2B=3，
整理得2tan2B−tanB−1=0，
所以(2tanB+1)(tanB−1)=0，
解得tanB=−12或1，
若tanB=−12，则tanC=2tanB=−1，此时B，C均为钝角，不符合题意，故舍去，
所以tanB=1，
tanC=2tanB=2，
此时sinA=3 1010，sinB= 22，sinC=2 55，
由正弦定理bsinB=csinC=asinA=33 1010= 10，
可得b= 10sinB= 5，c= 10sinC=2 2，
所以ΔABC的面积S△ABC=12bcsinA=12× 5×2 2×3 1010=3．
17.解：(1)连接CH，并延长交QR于M，
所以QR⊥CM．
由已知易得四边形BDRQ为矩形，
所以BD//QR．
BD⊥AC，
所以QR⊥AC且AC∩CM=C，
所以QR⊥平面ACM．
AH⊂平面ACM，所以QR⊥AH．
同理QC⊥AH．
又QR∩QC=Q，所以AH⊥平面CQR．
所以H是点A在平面CQR上的射影．
(2)设AC∩BD=O，由题意可知BQ⊥平面ABCD，所以BQ是棱柱PQR−ABC的高，且BQ⊥OC，又由(1)知OC⊥BD，所以OC⊥平面QBDR，所以OC是棱锥C−QBDR的高．
V=VPQR−ABD+VC−QBDR．
VPQR−ABD=S△ABD⋅BQ=12．
VC−QBDR=13SQBDR⋅OC=13⋅ 2⋅ 22=13．
所以多面体PQRABCD的体积V=12+13=56．
18.解：(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，CD=AB=OA=1，
取CD中点F，连接OF，
且OF与AB交于点G，则OF= OD2−DF2= 4−14= 152，
OG= 32OA= 32，则FG=OF−OG= 15− 32，
此时矩形ABCD的面积S=AB⋅FG= 15− 32．
(2)过点D作DE⊥OM，垂足为E，则DE=2sinθ，OE=2csθ，
在Rt△ADE中，∠DAE=π6，AD=2DE=4sinθ，
AE= 3DE=2 3sinθ，
AB=OA=OE−AE=2csθ−2 3sinθ，
矩形ABCD的面积S=AB⋅AD=(2csθ−2 3sinθ)⋅4sinθ
=8sinθcsθ−8 3sin2θ
=4sin2θ−8 3×1−cs2θ2
=4sin2θ+4 3cs2θ−4 3
=8sin(2θ+π3)−4 3，
当2θ+π3=π2，即θ=π12时，矩形ABCD的面积S最大，最大值为8−4 3．
19.本题考查线面平行的判定、平面与平面的交线、二面角，属较难题．
(1)先证明四边形PKNQ是平行四边形.从而PQ//KN，再由线面平行的判定定理．
(2)在平面ACC1A1内，延长B1P、CC1交于D，则AD为所求交线．
(3)过B1作B1H⊥A1C1，垂足为H，过H作HG⊥AD，垂足为G，由线面垂直的性质知∠B1GH为平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的平面角.假设存在满足条件的λ，即cs∠B1GH= 144，解得λ=13，即存在．
1.5ii−2=( )
A. −1−2iB. −1+2iC. 1−2iD. 1+2i
2.已知tanα=2，则tan2α=( )
A. −43B. 43C. −34D. 34
3.已知向量a，b不共线，若(a+2b)//(ka−b)，则k=( )
A. −2B. −12C. 12D. 2
4.已知两条不同的直线m，n和三个不同的平面α，β，γ，下列判断正确的是( )
A. 若m⊂α，n//m，则n//α
B. 若m⊂α，n⊂β，m//β，n//α，则α//β
C. 若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，则m⊥γ
D. 若α∩β=n，m⊥n，m⊂β，则α⊥β
5.已知四边形ABCD中，AC=(−2,1)，BD=(2,4)，则四边形ABCD的面积为( )
A. 3B. 5C. 6D. 10
6.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，点M，N是函数图象与x轴的交点，点P是函数图象的最高点，且△PMN是边长为2的正三角形，ON=3OM，则f(13)=( )
A. 32B. 3 2+24C. 3 2− 64D. 3 2+ 64
7.某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分，三个平均分互不相等，由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是( )
A. 这部分同学是高分人数多还是低分人数多B. 这部分同学是男生多还是女生多
C. 这部分同学的总人数D. 全年级是男生多还是女生多
8.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1，AB=2，半球的球心O在底面A1B1C1D1的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为( )
A. 9πB. 18πC. 27πD. 36π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.关于复数z=csπ3+isinπ3(i为虚数单位)，下列说法正确的是( )
A. z⋅z=1B. z在复平面内对应的点位于第二象限
C. z3=1D. z2−z+1=0
10.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是( )
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
11.如图，在三棱锥P−DEF中，PE=PF=1，PD=2，DE=DF= 5，EF= 2，点Q是DF上一动点，则( )
A. 过PE、PF、DE、DF各中点的截面的面积为 2
B. 直线PE与平面DEF所成角的正弦值为23
C. △PEQ面积的最小值为 55
D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a⋅b=−1，b=(1,2)，则a在b上的投影向量为 ．
13.已知4cs(θ+π4)=cs2θ，则sin2θ= ．
14.已知△ABC是边长为2的正三角形，点D在平面ABC内且DA⋅DB=0，则DA⋅DC的最大值为 ，最小值为 ．
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.(本小题13分)
某学校高一新生体检，校医室为了解新生的身高情况，随机抽取了100名同学的身高数据(单位：cm)，制作成频率分布直方图如图所示．
(1)求这100名同学的平均身高的估计值(同一组数据用区间中点值作为代表);
(2)用分层抽样的方法从[165,170)，[170,175)，[175,180)中抽出一个容量为17的样本，如果样本按比例分配，则各区间应抽取多少人?
(3)估计这100名同学身高的上四分位数．
16.(本小题15分)
在非直角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2ccsB−bcsC.
(1)求证：tanC=2tanB;
(2)若tanA=3，a=3，求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
如图，已知多面体PQRABCD中，四边形ABCD、PABQ、PADR均为正方形，点H是△CQR的垂心，PA=1．
(1)证明：H是点A在平面CQR上的射影;
(2)求多面体PQRABCD的体积．
18.(本小题17分)
如图，在扇形OMN中，半径OM=2，圆心角∠MON=π3，矩形ABCD内接于该扇形，其中点A，B分别在半径OM和ON上，点C，D在MN上，AB//MN，记矩形ABCD的面积为S．
(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，求S的值;
(2)设∠DOM=θ(0<θ<π6)，当θ为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值．
19.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=AA1= 3，BC=1，P是BC1上一动点，BP=λBC1(0<λ<1)，M是CC1的中点，Q是AM的中点．
(1)当λ=14时，证明：PQ//平面ABC;
(2)在答题卡的题(2)图中作出平面AB1P与平面ACC1A1的交线(保留作图痕迹，无需证明);
(3)是否存在λ，使得平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的余弦值为 144?若存在求满足条件的λ值，若不存在则说明理由．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.C
5.B
6.D
7.B
8.C
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.−15,−25
13.1
14.3；−1
15.解：(1)由图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1，得x=0.06．
平均身高的估计值为：162.5×0.01×5+167.5×0.07×5+172.5×0.06×5+177.5×0.04×5+182.5×0.02×5=172.25cm．
(2)[165,170)，[170,175)，[175,180)各区间人数分别为：100×0.07×5=35，100×0.06×5=30，100×0.04×5=20.所以相应抽取的人数分别为：17×3535+30+20=7，17×3035+30+20=6，17×2035+30+20=4．
(3)上四分位数即75%分位数．
身高在[180,185)的人数占比5×0.02=10%，在[175,180)的人数占比5×0.04=20%，
则[175,185)的人数占比30%，
所以75%分位数在[175,180)内．
设上四分位数为a，则0.04×(180−a)+0.02×5=1−75%．
解得a=176.25，即估计这100名同学身高的上四分位数为176.25．
16.证明：(1)由2ccsB−bcsC=a及正弦定理可得2sinCcsB−sinBcsC=sinA，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以2sinCcsB−sinBcsC=sinBcsC+csBsinC，
整理得sinCcsB=2sinBcsC，
因为△ABC不是直角三角形，
所以csB≠0，csC≠0，两边同时除以csBcsC，得tanC=2tanB；
(2)由tanA=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=−3tanB1−2tan2B=3，
整理得2tan2B−tanB−1=0，
所以(2tanB+1)(tanB−1)=0，
解得tanB=−12或1，
若tanB=−12，则tanC=2tanB=−1，此时B，C均为钝角，不符合题意，故舍去，
所以tanB=1，
tanC=2tanB=2，
此时sinA=3 1010，sinB= 22，sinC=2 55，
由正弦定理bsinB=csinC=asinA=33 1010= 10，
可得b= 10sinB= 5，c= 10sinC=2 2，
所以ΔABC的面积S△ABC=12bcsinA=12× 5×2 2×3 1010=3．
17.解：(1)连接CH，并延长交QR于M，
所以QR⊥CM．
由已知易得四边形BDRQ为矩形，
所以BD//QR．
BD⊥AC，
所以QR⊥AC且AC∩CM=C，
所以QR⊥平面ACM．
AH⊂平面ACM，所以QR⊥AH．
同理QC⊥AH．
又QR∩QC=Q，所以AH⊥平面CQR．
所以H是点A在平面CQR上的射影．
(2)设AC∩BD=O，由题意可知BQ⊥平面ABCD，所以BQ是棱柱PQR−ABC的高，且BQ⊥OC，又由(1)知OC⊥BD，所以OC⊥平面QBDR，所以OC是棱锥C−QBDR的高．
V=VPQR−ABD+VC−QBDR．
VPQR−ABD=S△ABD⋅BQ=12．
VC−QBDR=13SQBDR⋅OC=13⋅ 2⋅ 22=13．
所以多面体PQRABCD的体积V=12+13=56．
18.解：(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，CD=AB=OA=1，
取CD中点F，连接OF，
且OF与AB交于点G，则OF= OD2−DF2= 4−14= 152，
OG= 32OA= 32，则FG=OF−OG= 15− 32，
此时矩形ABCD的面积S=AB⋅FG= 15− 32．
(2)过点D作DE⊥OM，垂足为E，则DE=2sinθ，OE=2csθ，
在Rt△ADE中，∠DAE=π6，AD=2DE=4sinθ，
AE= 3DE=2 3sinθ，
AB=OA=OE−AE=2csθ−2 3sinθ，
矩形ABCD的面积S=AB⋅AD=(2csθ−2 3sinθ)⋅4sinθ
=8sinθcsθ−8 3sin2θ
=4sin2θ−8 3×1−cs2θ2
=4sin2θ+4 3cs2θ−4 3
=8sin(2θ+π3)−4 3，
当2θ+π3=π2，即θ=π12时，矩形ABCD的面积S最大，最大值为8−4 3．
19.本题考查线面平行的判定、平面与平面的交线、二面角，属较难题．
(1)先证明四边形PKNQ是平行四边形.从而PQ//KN，再由线面平行的判定定理．
(2)在平面ACC1A1内，延长B1P、CC1交于D，则AD为所求交线．
(3)过B1作B1H⊥A1C1，垂足为H，过H作HG⊥AD，垂足为G，由线面垂直的性质知∠B1GH为平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的平面角.假设存在满足条件的λ，即cs∠B1GH= 144，解得λ=13，即存在．
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