河北省廊坊市多校联考2023-2024学年高一下学期7月期末质量检测数学试卷(含答案)

这是一份河北省廊坊市多校联考2023-2024学年高一下学期7月期末质量检测数学试卷(含答案)，共13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．若复数，则( )
A.B.10C.D.20
2．已知直线a与平面没有公共点，直线，则a与b的位置关系是( )
A.平行B.异面C.相交D.平行或异面
3．若向量，，则在上的投影向量的坐标是( )
A.B.C.D.
4．一组数据：5,1,3,5,2,2,2,3,1,2,则这组数据的分位数是( )
A.3B.4C.4.5D.5
5．如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为( )
A.B.C.D.
6．在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若，则为( )
A.等腰三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.钝角三角形
7．用2，3，4这3个数组成没有重复数字的三位数，则事件“这个三位数是偶数”发生的概率为( )
A.B.C.D.
8．古希腊数学家特埃特图斯（Theaetetus）利用如图所示的直角三角形来构造无理数.已知，，，若，则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知复数（i为虚数单位），复数z的共轭复数为，则下列结论正确的是( )
A.在复平面内复数z所对应的点位于第四象限
B.
C.
D.
10．关于平面向量，，，下列说法不正确的是( )
A.
B.
C.若，且，则
D.
11．在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知的周长为3，，则( )
A.若，则是等边三角形
B.存在非等边满足
C.内部可以放入的最大圆的半径为
D.可以完全覆盖的最小圆的半径为
三、填空题
12．已知，若，则________.
13．已知平面内A,B,C三点不共线，且点O满足，则O是的心________.（填“重”或“垂”或“内”或“外”）
14．在三棱锥中，已知平面，，，与平面所成的角为，与平面所成的角为，则________.（用角度表示）
四、解答题
15．同时掷红、蓝两颗质地均匀的正方体骰子，用表示结果，其中x表示红色骰子向上一面的点数，y表示蓝色骰子向上一面的点数.
（1）写出该试验的样本空间；
（2）指出所表示的事件；
（3）写出“点数之和不超过5”这一事件的集合表示.
16．如图，四棱柱的底面是正方形，.
（1）证明：平面平面；
（2）证明：平面平面.
17．已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边，且.
（1）求角B的大小；
（2）若，，求的面积.
18．为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分（满分100分），并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品.
（1）求图中a的值，并求综合评分的平均数；
（2）用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率；
（3）已知落在的平均综合评分是54，方差是3，落在的平均综合评分为63，方差是3，求落在的总平均综合评分和总方差.
19．如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，点E，F分别为棱，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成角的大小为.
①求二面角的余弦值；
②求点F到平面的距离.
参考答案
1．答案：A
解析：.
故选：A.
2．答案：D
解析：依题意可知，而，所以a，b没有公共点，a与b可能异面或平行.
故选：D
3．答案：B
解析：因为，，则，，
所以在上的投影向量.
故选：B.
4．答案：D
解析：将数据从小到大排序为1,1,2,2,2,2,3,3,5,5,
因为,8.5不是整数,故取第9个数,第9个数为5,
故这组数据的第85百分位数为5.
故选：D.
5．答案：D
解析：依题意，四边形是平行四边形，，，
如图，是的直观图，，，，
所以四边形的直观图面积为.
故选：D
6．答案：B
解析：因为，又，
即，由正弦定理可得，
即，所以为直角三角形且为直角.
故选：B
7．答案：C
解析：将2，3，4组成一个没有重复数字的三位数的情况有，共6种，
其中偶数有，共4种，
所以事件“这个三位数是偶数”发生的概率为.
故选：C.
8．答案：B
解析：
以C为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立如图所示的坐标系，
由题意得，则，，，，，，.
因为，所以
解得所以.
故选：B.
9．答案：AC
解析：,在复平面内复数z所对应的点为，位于第四象限，A正确，
，B错误，
，C正确，
，故D错误，
故选：AC
10．答案：CD
解析：对于A、B，根据向量的运算法则，及分配律，易知A、B正确；
对于C，当,反向且都与垂直时满足题设，但，故C错误；
对于D，是与共线的向量，是与共线的向量，故D错误.
故选：CD.
11．答案：ACD
解析：因为的周长为3，且，可得，
由余弦定理得.
对于A，因为，所以，
即，则，所以为等边三角形，故A正确；
对于B，假设，则，即，则，
此时为等边三角形，故B错误；
对于C，由，可得，
当且仅当时等号成立，解得或（舍去），
所以的面积,的内切圆半径为，
所以内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；
对于D，设外接圆的半径为R，因为，
当且仅当时等号成立，所以，解得或（舍去），
由，可得，
因为，所以，
所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确.
故选：ACD.
12．答案：2
解析：由题意，得，
所以.
故答案为：2.
13．答案：垂
解析：由，知，，故，，从而O为的垂心.
故答案为：垂.
14．答案：
解析：因为平面OAB，
所以在平面上的投影为，
所以与平面所成的角的平面角为。
所以，是直角三角形，，又，
所以，
因为平面OAB，
所以在平面上的投影为，
所以与平面所成的角的平面角为。
所以，是直角三角形，，又，
所以，又，
所以在中，，所以.
故答案为：.
15．答案：（1）答案见解析；
（2）掷红、蓝两颗骰子，掷出的点数相同；
（3）
解析：（1）该试验的样本空间
（2）所表示的事件为“掷红、蓝两颗骰子，掷出的点数相同”.
（3）事件“点数之和不超过5”就是集合.
16．答案：（1）证明见详解；
（2）证明见详解
解析：（1）由题意可知：，，可知为平行四边形，
则，且平面，平面，可得平面，
又因为，，可知为平行四边形，
则，且平面，平面，可得平面，
且，平面，所以平面平面.
（2）因为为正方形，则，
因为，，，则，
可得，
设，可知O为的中点，则，
且，平面，可得平面，
由平面，所以平面平面.
17．答案：（1）；
（2）.
解析：（1）在中，，
由正弦定理得，.
又，，
，，，
，.
（2）在中，，，，
由正弦定理得，，
由余弦定理得，解得（负值舍去），
的面积为.
18．答案：（1），平均数为81；
（2）；
（3），
解析：（1）由频率和为1，得，解得；
设综合评分的平均数为，
则，
所以综合评分的平均数为81.
（2）由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个，
一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E；
从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间
，；
记事件“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”，
则，，
所以所求的概率为.
（3）由题意可知：落在的频率为0.05，落在的频率为0.1，
所以，
.
19．答案：（1）证明见详解；
（2）①；②
解析：（1）如图：
取中点M，连接，.
因为F为中点，所以且，
又四边形为菱形，且E为中点，所以且，
所以且.
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
（2）如图：
连接，，交于点O，
因为四边形为菱形，所以，且O为，的中点，
又因为，所以，平面，且，
所以平面，易得为直线与平面所成的角的平面角，
则，又，，，
所以，，，，
以O为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，
，，，.
所以，，，.
①设平面的法向量为
则，取.
设平面的法向量为，
则，取.
所以二面角的余弦值为：.
②点F平面的距离为：.