广东省东莞市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省东莞市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了 已知向量，若，则， 若，则， 已知某地一周每天的最高温度等内容，欢迎下载使用。

一､单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
1. 已知向量，若，则（ ）
A 2B. C. -2D.
2. 为了解学生每日参加体育锻炼的情况，学校用比例分配的分层随机抽样方法从高一､高二､高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一､高二､高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有36人，则抽取的样本容量为（ ）
A. 90B. 100C. 120D. 160
3. 棱长为的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 若，则（ ）
A. B. 2C. D.
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，且，则
C. 若，，则
D. 若，则
6. 已知向量，且，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则（ ）
A. B. 6C. D. 3
7. 已知三棱锥平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
8. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的是（ ）
A. 第一次朝上面的数字是偶数B. 第一次朝上面的数字是1
C. 两次朝上面数字之和是8D. 两次朝上面的数字之和是7
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 已知某地一周每天的最高温度（单位：）分别为：，则下列关于这组数据的结论中正确的是（ ）
A. 众数是27B. 极差是4
C. 中位数是28D. 平均数是28
10. 已知的半径为为其内接三角形，则下列结论中正确的是（ ）
A 若，则
B. 若，则周长最大值为
C. 若，则
D. 若，则面积的最大值为
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 平面平面
C.
D. 二面角的正切值为
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
12. 假设，且与相互独立，则__________.
13. 已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为__________.
14. 已知圆的半径为1，点是圆上的动点，为圆内接正2024边形，则__________，__________.
四､解答题：本大题共5小题，第15题13分，16､17题15分，18､19题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
16. 某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据（单位：），按分成5组，其频率分布直方图如下.
（1）如果该超市计划奖励的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间？
（2）记，其中为样本平均数，为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过客户征收更高的停车费，求（精确到个位）.（注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据：）
17. 某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有2个白球和3个红球（球除颜色外，完全相同）的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则不中奖；商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立.
（1）若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率；
（2）若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率.
18. 如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19. 通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，我们有如下运算法则：①；②；③；④.
（1）设，求和；
（2）类比平面向量数量积满足的运算律，得出复向量的一个相关结论，判断其是否正确并说明理由；
（3）设，集合.求的最小值；并证明当取最小值时，对于任意的.2023—2024学年度第二学期教学质量检查
高一数学
一､单项选择题：本大题共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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
1. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. C. -2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量平行的充要条件列出方程即可求解.
【详解】因为向量，且，所以，解得.
故选：D.
2. 为了解学生每日参加体育锻炼的情况，学校用比例分配的分层随机抽样方法从高一､高二､高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一､高二､高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有36人，则抽取的样本容量为（ ）
A. 90B. 100C. 120D. 160
【答案】C
【解析】
【分析】根据分层抽样的抽取比例相同运算求解.
【详解】由图可知高三年级学生人数占总人数的，抽取的样本中高三年级的学生有36人，
所以样本容量为．
故选：C.
3. 棱长为的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据正方体结构特征求出球的半径，再结合球的表面积公式即可求解.
【详解】球的直径即为正方体的体对角线，设球的半径为，则，
所以球的表面积为.
故选：B.
4. 若，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得，再由代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得，
所以.
故选：A
5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，且，则
C. 若，，则
D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线线、线面和面面之间的基本关系，结合选项依次判断即可.
【详解】对于A：若，则与可能平行或异面，故A错误；
对于B：若，且时，平面与可能平行，也可能相交，故B错误；
对于C：若，，则，所以，故C正确；
对于D：若，设，而可能平行，也可能相交，则可能平行，也可能和相交，故D错误．
故选：C．
6. 已知向量，且，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则（ ）
A. B. 6C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得是的中位线，再由向量模长的计算公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，
则是的中位线，所以，
又，则
，则.
故选:A
7. 已知三棱锥平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过平移直线与，将求异面直线所成转化为求，然后求出三角形的三条边长，利用余弦定理即可求解.
【详解】
如图，令
分别取的中点，并连接,
所以
,
所以异面直线与所成角等于，
因为三棱锥平面，又平面,平面
所以,
因为三棱锥平面，
所以
所以
又因为三棱锥平面，
所以，又
所以，所以
所以在三角形中，，
即异面直线与所成角的余弦值为，
故选：B.
8. 一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的是（ ）
A. 第一次朝上面的数字是偶数B. 第一次朝上面的数字是1
C. 两次朝上面的数字之和是8D. 两次朝上面的数字之和是7
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由相互独立事件的定义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】抛掷骰子两次，共有个基本事件数，
则，
共18个基本事件，则，
设事件为第一次朝上面的数字是偶数，则事件与事件是对立事件，故A错误；
设事件为第一次朝上面的数字是1，则，故B错误；
设事件为两次朝上面的数字之和是8，
则共5个基本事件，则，
且，则，
，所以C错误；
设事件两次朝上面的数字之和是7，则，
则，且，则，
因为，所以事件与事件相互独立.
故选：D
二､多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑.
9. 已知某地一周每天的最高温度（单位：）分别为：，则下列关于这组数据的结论中正确的是（ ）
A. 众数是27B. 极差是4
C. 中位数是28D. 平均数是28
【答案】AD
【解析】
【分析】根据众数、极差、中位数、平均数的定义求出对应的值后即可判断.
【详解】对于A，这组数据中出现了3次，出现次数最多，所以众数为，故A正确；
对于B，这组数据中最大值是，最小值是26，极差为，故B错误；
对于C，这组数据从小到大排列为，中间的数是，所以中位数是，故C错误；
对于D，这组数据的平均数是，故D正确.
故选：AD.
10. 已知的半径为为其内接三角形，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则周长的最大值为
C. 若，则
D. 若，则面积的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】A选项，求出，利用向量数量积公式求出答案；B选项，由正弦定理得，由余弦定理得到，由基本不等式求出最值；C选项，根据，求出，故；D选项，由C选项可知，，，故，，所以，，由余弦定理得到，求出面积最大值.
【详解】A选项，，故，
则，A正确；
B选项，由正弦定理得，故，
由余弦定理得，故，
即，解得，
当且仅当时，等号成立，
故周长的最大值为，B正确；
C选项，若，则，
故，
，C正确；
D选项，由C选项可知，，
，故，
因为，所以，
解得，因为为锐角，故，
由余弦定理得，故，
由基本不等式得，即，
当且仅当时，等号成立，
故，解得，
所以面积的最大值为，D错误.
故选：ABC
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
11. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 平面平面
C.
D. 二面角的正切值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】借助，而与平面相交，从而可判断A；利用面面垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，可判断B；做出相应的平行线，找到G在位置即可判断C；利用C选项的结论，作出二面角的平面角，即可求解.
【详解】对于A，因为正方体中，，且平面，
所以与平面不平行，故A错误；
对于B，如图，取AD中点H，连接BH，FH，BH，易知平面平面，
又在平面中，，
所以，又平面平面，所以平面，
又，所以平面平面，故B正确；
对于C，如图,取中点M，取中点N，连接EN，，，
再取中点G，连接FG，易知正方体中，,
在正方形中，,
三角形中，,
由平行的传递性可得，,所以平面与交于点，
而点是线段上靠近的四等分点，
所以，故C正确；
对于D，如图，延长FG，相交于点K，取中点N，连接EN，过点E，作，垂足为P,连接NP，
易知平面,又平面，所以
又,所以平面，又平面，所以,
所以是二面角的平面角，
如图，将底面单独画出，在三角形中，，所以，
所以，
所以,
解得，所以，故D正确.

故选：BCD.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上.
12. 假设，且与相互独立，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，由相互独立事件概率计算公式代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则，
且与相互独立，则与相互独立，
所以.
故答案为：
13. 已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，设圆台上、下底面圆、圆、截面圆的半径分别为、、，设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，由圆台上、下底面圆和截面圆的半径之比，可得到体积、、之间的关系，进而可得经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比.
【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，
设经过母线中点且与底面平行的平面所成截面圆的圆心为，
设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，，则，
设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，
因为，则， ，则，
所以，，，
则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为，
.
故答案为：.
14. 已知圆的半径为1，点是圆上的动点，为圆内接正2024边形，则__________，__________.
【答案】 ①. 1 ②. 4048
【解析】
【分析】根据，可得第一空答案；由、可得第二空答案.
【详解】圆内有1012对对顶角相等的全等三角形，在每一对三角形中，
如，与中，设、中点分别为、，
则、、一条直线上，且，
则，，可得，
所以，
同理，，
所以，
所以；
.
故答案为：①1；②4048.
【点睛】思路大家：在第二空中，主要是和可得第二空答案.
四､解答题：本大题共5小题，第15题13分，16､17题15分，18､19题17分，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答题卡相应题号指定的区域内，超出指定区域的答案无效.
15. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求角；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，整理可得，求出；
（2）由余弦定理求出，进而利用面积公式求出答案.
【小问1详解】
由正弦定理得，
因为，所以，
故，即，
因为，所以；
【小问2详解】
由余弦定理得，
即，解得，
故.
16. 某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据（单位：），按分成5组，其频率分布直方图如下.
（1）如果该超市计划奖励的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间？
（2）记，其中为样本平均数，为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过的客户征收更高的停车费，求（精确到个位）.（注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据：）
【答案】（1）40分钟 （2）74
【解析】
【分析】（1）根据题意，求出，利用百分位数的概念求出第35百分位数得解；
（2）根据频率分布直方图求出，得解.
【小问1详解】
根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，则
，解得，
设第35百分位数为，则，
解得，
所以可以允许车辆免费停车40分钟不收费.
【小问2详解】
车辆平均停车时间为
，
，
，
所以.
17. 某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有2个白球和3个红球（球除颜色外，完全相同）的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则不中奖；商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立.
（1）若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率；
（2）若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用列举法结合古典概型概率公式求解即可；
（2）设在第次抽奖时中奖为事件，则由（1）可知，设两次抽奖至少有一次中奖为事件，则,然后利用互斥事件和独立事件概率公式求解即可.
【小问1详解】
设2个白球为，3个红球为，则不放回地依次摸出两个球的情况有：
,
共有20种情况，
其中摸出的2个球颜色相同的有：，共8种情况，
所以某顾客有一次抽奖机会，其中奖的概率为；
【小问2详解】
设在第次抽奖时中奖为事件，
由于每次抽奖的情况相同，由（1）可知，
设两次抽奖至少有一次中奖为事件，则,
其中为互斥事件，则，
因为每次抽奖之间相互独立，
所以,
，
，
所以，
即若某顾客有两次抽奖机会，则至少有一次中奖的概率为.
18. 如图1，是边长为3的等边三角形，点分别在线段上，且，沿将翻折到的位置，使得，如图2.
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理依次证得，，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理即可得证；
（2）E作，交于，过点作，交于，证明平面平面，得存在点，利用平行线分线段成比例，求出的值.
【小问1详解】
在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又因为，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
在平面中，过点E作，交于，
在平面中，过点作，交于，连接，如图所示，
因为，平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又因为，平面，所以平面平面，
平面，所以平面，即为所求的点，
在中，，即，如图所示，
所以，
在中，，所以，即此时.
19. 通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于，我们有如下运算法则：①；②；③；④.
（1）设，求和；
（2）类比平面向量数量积满足的运算律，得出复向量的一个相关结论，判断其是否正确并说明理由；
（3）设，集合.求的最小值；并证明当取最小值时，对于任意的.
【答案】（1）；
（2）答案见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）代入公式①③即可求解；
（2）根据所给定义，以及向量的代数运算法则，即可求解；
（3）设满足条件的，表示出，即可得到，根据完全平方数的性质计算可得最小值.
根据所给条件求出，再证明对任意的，根据定义证明即可.
【小问1详解】
由，
得，；
【小问2详解】
设，，，、、、、、，
，，，
，
因，，
所以，
，故正确；
【小问3详解】
不妨令，则，
则
，
当，时取得最小值2，
此时，
设满足条件的，， ，
则，，
【点睛】关键点睛：对于新定义问题，关键是理解所给定义，再结合所学相应知识解决问题.