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2023-2024学年广东省肇庆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学年广东省肇庆市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含答案），共8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.已知样本空间Ω=1,2,3,4，事件A=1,2，B=2,3，则PA∪B=( )
A. 34B. 12C. 14D. 16
2.若向量a=1,−7，则下列与向量a垂直的向量是( )
A. −1,7B. 1,7C. 7,1D. −7,1
3.某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为( )
A. 2B. 2.2C. 3D. 7
4.欧拉公式eix=csx+isinx(e为自然对数的底，i是虚数单位，x∈R)建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知e2π3i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
5.已知1+tan15∘=tanα1−tan15∘，则tan2α=( )
A. − 32B. 32C. − 3D. 3
6.▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=a2+c2−4，B=π4，则▵ABC的面积为( )
A. 12B. 1C. 2D. 2
7.将函数fx=sinxcsx图象上的所有点都向左平移π5个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数gx的图象，则( )
A. gx=12sinx+2π5B. gx=12sin4x+2π5
C. gx=sinx+π5D. gx=sin4x+π5
8.已知单位圆O与x轴正半轴交于点A，点B在第二象限且在单位圆上．若OB⋅OA=−13，劣弧AB的中点为C，则OC=( )
A. 33, 63B. 63, 33C. 23, 53D. 53,23
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.已知复数z=2−3i，则下列命题为真命题的有( )
A. z的虚部为−3 B. z= 13
C. z⋅i10=z D. 若z是关于x的方程x2+px+q=0p,q∈R的一个根，则p+q=9
10.将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件Ai=“第一次向上的点数为i”i=1,2,3,4,5,6，Bj=“第二次向上的点数为j”j=1,2,3,4,5,6，C=“两次向上的点数之和为7”，则( )
A. PAi=16B. PB3C=19
C. A1B1与A2B2是互斥事件D. A1与C相互独立
11.已知函数fx=sinωx+ 3csωxω>0，x∈0,π，对∀x∈0,π都有m≤fx≤M，且fx的零点有且只有3个.下列选项中正确的有( )
A. M+m=0B. ω的取值范围为83,113
C. 使fx0=M的x0有且只有2个D. 方程fx= 3的所有根之和为6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1−im+3i为纯虚数，则实数m= ．
13.已知函数fx=csx−2sinx，当fx取得最大值时，csx= ．
14.如图，M到N的电路中有5个元件T1，T2，T3，T4，T5，电流能通过T1，T2，T3，T4的概率都为0.8，电流能通过T5的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在M与N之间通过的概率为 ．
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)
某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：50,70,70,90，90,110,110,130，130,150，并绘制成了频率分布直方图，如图所示：
注：90分及以上为及格．
(1)求a的值，并估计数学成绩的中位数及众数；
(2)在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人．
16.(本小题15分)
一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同．
(1)从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率；
(2)每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球(非盒内，且与原盒中红球相同)，再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率．
17.(本小题15分)
已知向量e1，e2满足e1=1，e2= 3，e1与e2的夹角为5π6．
(1)求e1⋅e2；
(2)a=e1+2e2，b=−3e1，求csa,b的值；
(3)若e1在e2方向上的投影向量为c，求λe1−cλ∈R的最小值．
18.(本小题17分)
如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市的 地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面121 m，转盘直径为110 m，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为28 min.如图2，设座舱距桥面最近的位置为点P，以轴心O为原点，与桥面平行的直线为x轴建立直角坐标系．游客从点P进舱，游客甲、乙的位置分别用点A55csα,55sinα，B55csβ,55sinβ表示，其中α，β是终边落在OA，OB的正角．
(1)证明：sinα−sinβ=2csα+β2sinα−β2；
(2)求游客甲的位置A距桥面的高度ℎm关于转动时间tmin的函数解析式；
(3)在(2)的条件下，若游客甲、乙的座舱之间还有三个座舱，乙的位置B距桥面的高度为ℎ′，求在转动一周的过程中ℎ′−ℎ的最大值．
19.(本小题17分)
已知▵ABC的 内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若bcsA+sinB=0，a= 3，O为平面内一点，且满足OA=OB=OC．
(1)求A；
(2)求AB+AC⋅AO的最小值；
(3)若BD=13BC，求OA+3OD的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.B
5.C
6.B
7.A
8.A
9.ABD
10.ACD
11.AC
12.−3
13. 55
15.解：(1)由频率分布直方图的性质可得，0.0025+0.01+0.02+a+0.005×20=1，
解得a=0.0125，
设中位数为x，因为0.0025+0.01×20=0.25<0.5，
0.0025+0.01+0.02×20=0.65>0.5，
所以中位数在90,110范围内，
则0.0025+0.01×20+x−90×0.02=0.5，解得x=102.5，
则中位数为102.5，再由频率分布直方图可知众数为100．
(2)由频率分布直方图可知，及格的 人数为0.02+0.0125+0.005×20×120=90人，
再由分层抽样可得，及格的学生应抽取90120×20=15人.
16.解：(1)设第一次与第二次摸到的都是红球为事件A，
则PA=35×35=925．
(2)记3个红球分别为a，b，c，2个白球分别为D、E，
则从盒子中任取两个球所有可能结果为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE共10种，
所以取到两球都是红球的概率为310，取到一个红球一个白球的概率为610=35，
取得两球都是白球的概率为110；
经过2次抽取后盒中恰好都是红球分两种情况：
①第一次取出两个红球，概率为310，第二次取出两个白球，概率为110，
故经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为310×110=3100；
②第一次取出一个红球一个白球，概率为35，第二次取出一个红球一个白球，概率为410=25，
故经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为35×25=625；
综上，经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为3100+625=27100．
17.解：(1)因为e1=1，e2= 3，e1与e2的夹角为5π6，
所以e1⋅e2=|e1|⋅|e2|cs5π6=1× 3×(− 32)=−32；
(2)因为a•b=(e1+2e2)•(−3e1)=−3e12−6e2•e1=−3−6×(−32)=6，
|a|= (e1+2e2)2= e12+4e1•e2+4e22= 1+4(−32)+4×3= 7，
|b|=|−3e1|=3，
所以csa,b=a•b|a|•|b|=63× 7=2 77．
(3)e1在e2方向上的投影向量为c=e1•e2|e2|2•e2=−323e2=−12e2，
所以λe1−c= (λe1+12e2)2= λ2e12+λe1•e2+14e22= λ2−32λ+34= (λ−34)2+316，
当λ=34时，λe1−cλ∈R的最小值为 34．
18.解：(1)因为sinα−sinβ=sinα+β2+α−β2−sinα+β2−α−β2
=sinα+β2csα−β2+csα+β2sinα−β2−sinα+β2csα−β2−csα+β2sinα−β2=2csα+β2sinα−β2，
所以sinα−sinβ=2csα+β2sinα−β2．
(2)依题意可得P0,−55，点O到桥面的距离为66m，
又摩天轮旋转一周所需时间为28 min，所以旋转角速度为2π28=π14rad/min，
所以α=π14t−π2，
所以ℎ=55sinπ14t−π2+66t≥0；
(3)因为∠AOB=2π48×4=π6，则β=α+π6，
所以ℎ′=55sinπ14t−π2+π6+66=55sinπ14t−π3+66，
所以ℎ′−ℎ=55sinπ14t−π3−55sinπ14t−π2
=55sinπ14t−π3−sinπ14t−π2
=110csπ14t−5π12⋅sinπ12
=55 6− 22csπ14t−5π120≤t≤28，
所以当π14t−5π12=0(或π)时ℎ′−ℎ取得最大值，最大值为55 6− 22m，
其中sinπ12=sinπ3−π4=sinπ3csπ4−csπ3sinπ4= 32× 22−12× 22= 6− 24．
19.解：(1)正弦定理得asinA=bsinB=b−bcsA⇒ 3sinA=1−csA⇒tanA=sinAcsA=− 3
因为0(2)O为平面内一点，且满足OA=OB=OC，则O为▵ABC外接圆圆心，设外接圆半径为R，由(1)知A=2π3，asinA= 3 32=2=2R,R=1，
所以OA=OB=OC=1
余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA⇒3=b2+c2+bc⇒3−bc=b2+c2≥2bc⇒bc≤1
当b=c时取等号；
AB+AC⋅AO=AB⋅AO+AC⋅AO=AB⋅AOcs∠BAO+AC⋅AOcs∠CAO
=c×1+c2−12c+b×1+b2−12b=b2+c22=3−bc2≥1，
所以AB+AC⋅AO的最小值为1；
(3)
若BD=13BC，所以OA+3OD=OA+3OB+3BD=OA+3OB+BC=OA+3OB+BO+OC=OA+2OB+OC= (OA+2OB+OC)2= (OA+2OB+OC)2= OA2+4OB2+OC2+4OA⋅OB+2OA⋅OC+4OB⋅OC= 1+4+1+4×1+1−c22+2×1+1−b22+4×1+1−a22= 10−2c2−b2
根据正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2,B+C=π−A=π3，
所以OA+3OD= 10−2(2sinC)2−(2sinB)2= 10−8sin2C−4sin2B= 10−8sin2C−4sin2(π3−C)= 10−8sin2C−4( 32csC−12sinC)2
= 10−8sin2C−4(34cs2C+14sin2C− 32csCsinC)
= 10−8sin2C−3cs2C−sin2C+2 3csCsinC= 10−9sin2C−3cs2C+2 3csCsinC= 10−9×1−cs2C2−3×1+cs2C2+ 3sin2C= 4+3cs2C+ 3sin2C
= 4+2 3sin(π3+2C)
因为0因此OA+3OD的取值范围为2,1+ 3．
1.已知样本空间Ω=1,2,3,4，事件A=1,2，B=2,3，则PA∪B=( )
A. 34B. 12C. 14D. 16
2.若向量a=1,−7，则下列与向量a垂直的向量是( )
A. −1,7B. 1,7C. 7,1D. −7,1
3.某射手射靶5次，命中的环数分别为5，6，9，8，7，则命中环数的方差为( )
A. 2B. 2.2C. 3D. 7
4.欧拉公式eix=csx+isinx(e为自然对数的底，i是虚数单位，x∈R)建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里占有非常重要的地位．根据以上内容，可知e2π3i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
5.已知1+tan15∘=tanα1−tan15∘，则tan2α=( )
A. − 32B. 32C. − 3D. 3
6.▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=a2+c2−4，B=π4，则▵ABC的面积为( )
A. 12B. 1C. 2D. 2
7.将函数fx=sinxcsx图象上的所有点都向左平移π5个单位长度后，再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数gx的图象，则( )
A. gx=12sinx+2π5B. gx=12sin4x+2π5
C. gx=sinx+π5D. gx=sin4x+π5
8.已知单位圆O与x轴正半轴交于点A，点B在第二象限且在单位圆上．若OB⋅OA=−13，劣弧AB的中点为C，则OC=( )
A. 33, 63B. 63, 33C. 23, 53D. 53,23
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.已知复数z=2−3i，则下列命题为真命题的有( )
A. z的虚部为−3 B. z= 13
C. z⋅i10=z D. 若z是关于x的方程x2+px+q=0p,q∈R的一个根，则p+q=9
10.将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件Ai=“第一次向上的点数为i”i=1,2,3,4,5,6，Bj=“第二次向上的点数为j”j=1,2,3,4,5,6，C=“两次向上的点数之和为7”，则( )
A. PAi=16B. PB3C=19
C. A1B1与A2B2是互斥事件D. A1与C相互独立
11.已知函数fx=sinωx+ 3csωxω>0，x∈0,π，对∀x∈0,π都有m≤fx≤M，且fx的零点有且只有3个.下列选项中正确的有( )
A. M+m=0B. ω的取值范围为83,113
C. 使fx0=M的x0有且只有2个D. 方程fx= 3的所有根之和为6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1−im+3i为纯虚数，则实数m= ．
13.已知函数fx=csx−2sinx，当fx取得最大值时，csx= ．
14.如图，M到N的电路中有5个元件T1，T2，T3，T4，T5，电流能通过T1，T2，T3，T4的概率都为0.8，电流能通过T5的概率为0.9，且电流能否通过各元件相互独立，则电流能在M与N之间通过的概率为 ．
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)
某学校教研室为了解高一学生期末考试的数学成绩情况，随机抽取了120个学生，把记录的数学成绩分为5组：50,70,70,90，90,110,110,130，130,150，并绘制成了频率分布直方图，如图所示：
注：90分及以上为及格．
(1)求a的值，并估计数学成绩的中位数及众数；
(2)在样本中，若采用按比例分配的分层随机抽样方法，从样本中抽取数学成绩不及格和及格的学生共20人，求及格的学生应抽取多少人．
16.(本小题15分)
一个不透明的盒中有3个红球，2个白球，5个球除颜色外完全相同．
(1)从盒中有放回地摸球，求第一次与第二次摸到的都是红球的概率；
(2)每次从盒中任取两个球，游戏规则：若都是红球，则放回盒中；若有白球，则将白球换成红球(非盒内，且与原盒中红球相同)，再把两个红球放回盒中，白球不放回盒中，直至盒中都是红球，游戏结束．求经过2次抽取后游戏结束的概率．
17.(本小题15分)
已知向量e1，e2满足e1=1，e2= 3，e1与e2的夹角为5π6．
(1)求e1⋅e2；
(2)a=e1+2e2，b=−3e1，求csa,b的值；
(3)若e1在e2方向上的投影向量为c，求λe1−cλ∈R的最小值．
18.(本小题17分)
如图1，天津永乐桥摩天轮是天津市的 地标之一，又称天津之眼，是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，兼具观光和交通功能．永乐桥摩天轮最高点距桥面121 m，转盘直径为110 m，设置48个均匀分布的透明座舱，开启后逆时针匀速旋转，旋转一周所需时间为28 min.如图2，设座舱距桥面最近的位置为点P，以轴心O为原点，与桥面平行的直线为x轴建立直角坐标系．游客从点P进舱，游客甲、乙的位置分别用点A55csα,55sinα，B55csβ,55sinβ表示，其中α，β是终边落在OA，OB的正角．
(1)证明：sinα−sinβ=2csα+β2sinα−β2；
(2)求游客甲的位置A距桥面的高度ℎm关于转动时间tmin的函数解析式；
(3)在(2)的条件下，若游客甲、乙的座舱之间还有三个座舱，乙的位置B距桥面的高度为ℎ′，求在转动一周的过程中ℎ′−ℎ的最大值．
19.(本小题17分)
已知▵ABC的 内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若bcsA+sinB=0，a= 3，O为平面内一点，且满足OA=OB=OC．
(1)求A；
(2)求AB+AC⋅AO的最小值；
(3)若BD=13BC，求OA+3OD的取值范围．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.B
5.C
6.B
7.A
8.A
9.ABD
10.ACD
11.AC
12.−3
13. 55
15.解：(1)由频率分布直方图的性质可得，0.0025+0.01+0.02+a+0.005×20=1，
解得a=0.0125，
设中位数为x，因为0.0025+0.01×20=0.25<0.5，
0.0025+0.01+0.02×20=0.65>0.5，
所以中位数在90,110范围内，
则0.0025+0.01×20+x−90×0.02=0.5，解得x=102.5，
则中位数为102.5，再由频率分布直方图可知众数为100．
(2)由频率分布直方图可知，及格的 人数为0.02+0.0125+0.005×20×120=90人，
再由分层抽样可得，及格的学生应抽取90120×20=15人.
16.解：(1)设第一次与第二次摸到的都是红球为事件A，
则PA=35×35=925．
(2)记3个红球分别为a，b，c，2个白球分别为D、E，
则从盒子中任取两个球所有可能结果为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE共10种，
所以取到两球都是红球的概率为310，取到一个红球一个白球的概率为610=35，
取得两球都是白球的概率为110；
经过2次抽取后盒中恰好都是红球分两种情况：
①第一次取出两个红球，概率为310，第二次取出两个白球，概率为110，
故经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为310×110=3100；
②第一次取出一个红球一个白球，概率为35，第二次取出一个红球一个白球，概率为410=25，
故经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为35×25=625；
综上，经过2次抽取后盒中恰好都是红球的概率为3100+625=27100．
17.解：(1)因为e1=1，e2= 3，e1与e2的夹角为5π6，
所以e1⋅e2=|e1|⋅|e2|cs5π6=1× 3×(− 32)=−32；
(2)因为a•b=(e1+2e2)•(−3e1)=−3e12−6e2•e1=−3−6×(−32)=6，
|a|= (e1+2e2)2= e12+4e1•e2+4e22= 1+4(−32)+4×3= 7，
|b|=|−3e1|=3，
所以csa,b=a•b|a|•|b|=63× 7=2 77．
(3)e1在e2方向上的投影向量为c=e1•e2|e2|2•e2=−323e2=−12e2，
所以λe1−c= (λe1+12e2)2= λ2e12+λe1•e2+14e22= λ2−32λ+34= (λ−34)2+316，
当λ=34时，λe1−cλ∈R的最小值为 34．
18.解：(1)因为sinα−sinβ=sinα+β2+α−β2−sinα+β2−α−β2
=sinα+β2csα−β2+csα+β2sinα−β2−sinα+β2csα−β2−csα+β2sinα−β2=2csα+β2sinα−β2，
所以sinα−sinβ=2csα+β2sinα−β2．
(2)依题意可得P0,−55，点O到桥面的距离为66m，
又摩天轮旋转一周所需时间为28 min，所以旋转角速度为2π28=π14rad/min，
所以α=π14t−π2，
所以ℎ=55sinπ14t−π2+66t≥0；
(3)因为∠AOB=2π48×4=π6，则β=α+π6，
所以ℎ′=55sinπ14t−π2+π6+66=55sinπ14t−π3+66，
所以ℎ′−ℎ=55sinπ14t−π3−55sinπ14t−π2
=55sinπ14t−π3−sinπ14t−π2
=110csπ14t−5π12⋅sinπ12
=55 6− 22csπ14t−5π120≤t≤28，
所以当π14t−5π12=0(或π)时ℎ′−ℎ取得最大值，最大值为55 6− 22m，
其中sinπ12=sinπ3−π4=sinπ3csπ4−csπ3sinπ4= 32× 22−12× 22= 6− 24．
19.解：(1)正弦定理得asinA=bsinB=b−bcsA⇒ 3sinA=1−csA⇒tanA=sinAcsA=− 3
因为0
所以OA=OB=OC=1
余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA⇒3=b2+c2+bc⇒3−bc=b2+c2≥2bc⇒bc≤1
当b=c时取等号；
AB+AC⋅AO=AB⋅AO+AC⋅AO=AB⋅AOcs∠BAO+AC⋅AOcs∠CAO
=c×1+c2−12c+b×1+b2−12b=b2+c22=3−bc2≥1，
所以AB+AC⋅AO的最小值为1；
(3)
若BD=13BC，所以OA+3OD=OA+3OB+3BD=OA+3OB+BC=OA+3OB+BO+OC=OA+2OB+OC= (OA+2OB+OC)2= (OA+2OB+OC)2= OA2+4OB2+OC2+4OA⋅OB+2OA⋅OC+4OB⋅OC= 1+4+1+4×1+1−c22+2×1+1−b22+4×1+1−a22= 10−2c2−b2
根据正弦定理得asinA=bsinB=csinC=2,B+C=π−A=π3，
所以OA+3OD= 10−2(2sinC)2−(2sinB)2= 10−8sin2C−4sin2B= 10−8sin2C−4sin2(π3−C)= 10−8sin2C−4( 32csC−12sinC)2
= 10−8sin2C−4(34cs2C+14sin2C− 32csCsinC)
= 10−8sin2C−3cs2C−sin2C+2 3csCsinC= 10−9sin2C−3cs2C+2 3csCsinC= 10−9×1−cs2C2−3×1+cs2C2+ 3sin2C= 4+3cs2C+ 3sin2C
= 4+2 3sin(π3+2C)
因为0
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