精品解析：广东省广州市真光中学2023-2024学年高一下学期期末适应性测试数学试题

广州市真光中学2023学年第二学期期末八区联考适应性测试 高一数学 本试卷4页共19小题，满分150分，考试时间120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 化简所得的结果是（ ） A. B. 1 C. D. 4. 空气是由多种气体混合而成的，为了简明扼要地介绍空气的组成情况，较好地描述数据，最适合使用的统计图是（　　） A. 条形图 B. 折线图 C. 扇形图 D. 频率分布直方图 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. 7 B. C. D. 6. 已知的外接圆的圆心为，且，，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 已知锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C D. 8. 三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，，，顶点P到的三边距离均等于4，且顶点P在底面的射影在的内部，则球O的表面积等于（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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 9. 五位同学每人各掷一次骰子，记录骰子出现的点数，下列选项中可能出现点数6的是（ ） A. 中位数3，众数为3 B. 平均数为3，众数为4 C. 平均数为3，中位数为3 D. 平均数为2，方差为 10. 下列四个命题正确的是（ ） A. 若，则的最大值为3 B 若复数满足，则 C. 若，则点的轨迹经过的重心 D. 在中，为所在平面内一点，且，则 11. 如图，已知二面角的平面角为，棱l上有不同的两点A，B， ．若，则下列结论正确的是（ ） A. 点D到平面的距离是2； B. 直线AB与直线CD的夹角为； C. 四面体ABCD的体积为 D. 过A，B，C，D四点的球的体积为． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数的实部为0，则_________． 13. 近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化．现定义；A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点水平面的竖直距离关于时间t的函数解析式为_________． 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点P为的垂心，若已知，记线段的长度分别为x，y，z，则__________． 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. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 16. 如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点.将沿翻折，得到四棱锥（如图2）. （1）若的中点为，点在棱上，且平面，求的长度； （2）若四棱锥的体积等于2，求二面角的大小. 17. 在中，． （1）证明：为的重心． （2）若，求的最大值，并求此时的长． 18. 如图，在正三棱柱中，为的中点. （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的余弦值. （3）在上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出值；若不存在，说明理由. 19. 在中，对应边分别为. （1）求； （2）奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作的垂线，垂足分别为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广州市真光中学2023学年第二学期期末八区联考适应性测试 高一数学 本试卷4页共19小题，满分150分，考试时间120分钟． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知，则在复平面内复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算，和共轭复数的概念求得，由复数的几何意义可得结论． 【详解】由题意， ，对应点坐标为，在第一象限， 故选：A． 2. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算的坐标关系即可求解. 【详解】由题意可知 由于A，B，C三点共线，所以与共线， 所以， 所以, 故选：D 3. 化简所得的结果是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合弦切互化，结合辅助角公式以及二倍角公式即可求解. 【详解】 ； 故选：B 4. 空气是由多种气体混合而成的，为了简明扼要地介绍空气的组成情况，较好地描述数据，最适合使用的统计图是（　　） A. 条形图 B. 折线图 C. 扇形图 D. 频率分布直方图 【答案】C 【解析】 【分析】由各种统计图的特点得到答案. 【详解】根据题意，要直观反映空气的组成情况，即各部分在总体中所占的百分比，结合统计图各自的特点，应选择扇形图． 故选：C. 5. 已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则（ ） A. 7 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助投影向量定义可计算出，结合向量模长公式计算即可得. 【详解】由题意可得，向量在向量上的投影向量为， 则，解得，则， 故． 故选：D. 6. 已知的外接圆的圆心为，且，，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理得到，利用向量数量积公式得到，由求出答案. 【详解】由正弦定理得，故， 因为，所以， 则 ， 因为，则， 故. 故选：C 7. 已知锐角的内角的对边分别为，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】的取值范围. 【详解】因为，所以， 由正弦定理得，即， 又，所以， 所以，即， 所以或（舍去）， 所以，又，解得， 所以，所以， 即的取值范围为． 故选:D． 8. 三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，，，顶点P到的三边距离均等于4，且顶点P在底面的射影在的内部，则球O的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分析出⊥，作出辅助线，得到点在底面的射影为的中点，点在底面的投影为的内心，先求出直角三角形的内切圆半径，由勾股定理得到方程，求出球的半径，得到球的表面积. 【详解】因为，，，所以，故⊥， 取的中点，则点在底面的射影为，连接，则， 又P到的三边距离均等于4，故点在底面的投影为的内心， 过点作⊥，垂足为，作⊥，垂足为，作⊥，垂足为， 故四边形为矩形，又，故四边形为正方形， 设，则， 所以，解得，则， 过点作⊥，垂足为， 设，则， 如图，以，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系， 则，则， 其中， 由勾股定理得， ，故，解得， 所以球心O在三棱锥外部， 则，则外接球的表面积为. 故选：C 【点睛】关键点点睛：确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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 9. 五位同学每人各掷一次骰子，记录骰子出现的点数，下列选项中可能出现点数6的是（ ） A. 中位数为3，众数为3 B. 平均数为3，众数为4 C. 平均数为3，中位数为3 D. 平均数为2，方差为 【答案】AC 【解析】 【分析】选项BD，利用反证法说明一定不含6，选项AC中依次举例说明可以含有6即可. 【详解】对于A，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时， 满足中位数为3，众数为3，所以A正确； 对于B，若平均数为3，且出现点数为6，则其余4个数的和为9， 而众数为4，故除6外其余4个数的和至少为10， 所以B不可能出现点数6，故B错误； 对于C，当掷骰子出现的结果为1，1，3，4，6时， 满足平均数为3，中位数为3，可以出现点6，所以C正确； 对于D，若平均数为2，且出现点数6， 则方差， 所以当平均数2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，故D错误. 故选：AC. 10. 下列四个命题正确的是（ ） A. 若，则的最大值为3 B. 若复数满足，则 C. 若，则点的轨迹经过的重心 D. 在中，为所在平面内一点，且，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】A根据复数模的几何意义及圆的性质判断；B利用复数的运算和模的运算求解即可；C结合重心的性质进行判断；D利用平面向量基本定理，判断出D点位置，进而可求. 【详解】对A，由的几何意义，知复数对应的动点到定点的距离为1，即动点的轨迹以为圆心，1为半径的圆，表示动点点的轨迹以的距离，由圆的性质知： ，A正确； 对B，设，因为， 所以，， 所以，所以，B正确； 对C，由正弦定理的，即， ，设中点为， 如图： 则，则，由平面向量的共线定理得三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心,C正确； 对D，如图由已知点在中与平行的中位线上，且靠近的三等分点处，故有，所以，D错误. 故选：ABC 11. 如图，已知二面角的平面角为，棱l上有不同的两点A，B， ．若，则下列结论正确的是（ ） A. 点D到平面的距离是2； B. 直线AB与直线CD的夹角为； C. 四面体ABCD的体积为 D. 过A，B，C，D四点的球的体积为． 【答案】BCD 【解析】 【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱的性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，利用球的性质确定外接球的球心，根据勾股定理求出，由体积公式即可求解判断D 【详解】在平面内过作与平行且相等的线段，连接， 在平面内过作与平行且相等的线段，连接，，， 补成一个正三棱柱，是边长为2的正三角形， 所以到平面的距离为点到的距离，所以A错误； 因为，直线与直线的夹角即直线与直线的夹角， 又是正方形，所以夹角为B正确； ，所以C正确； 如图，取的中点，的中点，，为，的外心， 取的中点，连接，，则，， 所以是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心， 所以平面，平面，连接， 所以易证得：△与△全等，所以， 所以在直角三角形， 所以，， 则过，，，四点的球的体积为，所以D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数实部为0，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，即可根据实部为0得，进而根据诱导公式以及二倍角公式，结合齐次式即可求解. 【详解】， 由于实部0，所以，所以， 故， 故答案为： 13. 近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进．农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置．如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化．现定义；A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值．假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点水平面的竖直距离关于时间t的函数解析式为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，求出秒后点、所对应的角，即可得、的解析式，由，利用三角恒等变换即可求解． 【详解】记时，点对应的角为，则点对应的角为， 设为，两点的竖直距离， 由题意可知， 由题意可知秒后，点所对应的角为：， 此时点所对应的角为：， 所以， ， 由题意可得 ． 故答案为：． 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点P为的垂心，若已知，记线段的长度分别为x，y，z，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据垂心的性质得到，，，进而得到，再用余弦定理求解即可. 【详解】由，知是锐角三角形. 如图，记是的三条高，点分别在线段上，则是线段的交点. 由于， 故 ， 这里是的外接圆半径，所以，同理，. 故 . 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于先用三角形的参数表示三条高线的长度，再同时约掉，然后用余弦定理计算比例. 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. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差. 【答案】（1）0.030 （2）84 （3）平均数为62；方差为23 【解析】 【分析】（1）根据各组的频率和为1列方程可求出的值； （2）先判断第75百分位数，然后列方程可求得结果； （3）先根据频率分布直方图计算出成绩在和的人数，然后根据平均数的定义和方差公式可求得结果. 【小问1详解】 由每组小矩形的面积之和为1得，，解得. 【小问2详解】 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 显然第75百分位数， 由，解得， 所以第75百分位数为84； 【小问3详解】 由频率分布直方图知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为，所以； 由样本方差计算总体方差公式，得总方差为 16. 如图1，在等腰梯形中，，，，为的中点.将沿翻折，得到四棱锥（如图2）. （1）若的中点为，点在棱上，且平面，求的长度； （2）若四棱锥的体积等于2，求二面角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先证明面面平行，利用面面平行的性质得到线线平行，进而得出的长度； （2）利用四棱锥的体积求出高，找到二面角的平面角，结合直角三角形的知识可得答案. 【小问1详解】 取的中点,连接, 因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； 因为平面，，平面， 所以平面平面； 因为平面平面,平面平面, 所以，即为的中点，所以. 【小问2详解】 由图1可知，等腰梯形的高为，所以四边形的面积为； 因为四棱锥的体积等于2，所以四棱锥的高等于， 因为三角形的高为，所以平面平面； 取的中点,连接, 由图1可知，均为等边三角形，所以,，且; 因为,所以平面， 因为平面，所以； 由图1可知，所以是二面角的平面角， 因为平面平面，平面平面，， 所以平面，所以为直角三角形； 在中，，所以，即二面角为. 17. 在中，． （1）证明：为的重心． （2）若，求的最大值，并求此时的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）最大值为， 【解析】 【分析】（1）设，分别为，，的中点，利用向量的加法与三角形中线的性质，证出，，由共线定理可得为三条中线的交点，即可证明； （2）分别在三角形中进行余弦定理，证出，从而设，由两角和的正弦公式得到表示，再由三角函数的性质求出取得最大值，最后由余弦定理即可得出答案. 【小问1详解】 证明：设的中点为，则， 因为，所以． 设的中点为的中点为，同理可得， 所以三点共线，三点共线，三点共线， 从而为三条中线的交点，即为的重心． 【小问2详解】 解：由（1）知，因为，所以． 因为，所以， 设，则， 由余弦定理，得， ，则． 设， 所以， 当，即时，取得最大值，且最大值为， 此时，解得， 此时． 18. 如图，在正三棱柱中，为中点. （1）证明：平面. （2）求异面直线与所成角的余弦值. （3）在上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可； （2）取的中点，不妨设，利用平行直线转化结合余弦定理解三角形求异面直线夹角即可； （3）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可. 【小问1详解】 由正三棱柱的定义可知是等边三角形，平面． 因为平面，所以. 因为是等边三角形，D为的中点，所以. 因为，平面，且， 所以平面． 【小问2详解】 如图，取的中点，连接，，则， 则是异面直线与CD所成角或补角. 设，则，，，， 故， 即异面直线与CD所成角的余弦值为. 【小问3详解】 在中，作，垂足为E. 因为平面，且平面， 所以. 因为平面，且， 所以平面. 因为平面BCE，所以平面平面. 设，则，，故. 因为， 所以， 则，， 所以. 故在上存在点E，使得平面平面，此时. 19. 在中，对应的边分别为. （1）求； （2）奥古斯丁•路易斯･柯西，法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用. ①用向量证明二维柯西不等式：； ②已知三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立.若是内一点，过作的垂线，垂足分别为，求的最小值. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，利用三角恒等式化简即可求值； （2）①利用数量积的定义，得到，再利用数量积和模的坐标表示，即可证明结果；②根据条件及三角形面积公式，利用，得到，结合余弦定理，令，得到，再求出的范围，即可求出结果. 【小问1详解】 在中，， 由正弦定理得，， 因为，所以， 所以， 所以，即， 因为， 所以， 因为，所以， 故，又，所以； 【小问2详解】 ①设，由，得， 从而，即； ②. 又， . 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当即时等号成立. 由余弦定理得， 所以，即， 则， 令，则. 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令，则在上递减， 当即时，有最大值， 此时有最小值（此时与可以同时取到） 【点睛】关键点点睛：本题关键是仿照三维分式型柯西不等式的形式进行构造，找到所求要素与柯西不等式的内在联系，再结合余弦定理和基本不等式等知识进行求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$