精品解析：天津市第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末模块质量调查数学试题

天津一中2023-2024-2高一年级 数学学科模块质量调查试卷 本试卷分为第I卷（选择题）､第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时0分钟. 第I卷为第1页，第II卷为第2页.考生务必将答案写规定的位置上，答在试卷上的无效祝各位考生考试顺利! 第I卷 一､选择题：（每小题3分，共30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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则复数的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，求出复数，再求出共轭复数作答. 【详解】依题意，，所以复数的共轭复数. 故选：B 2. 设向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用平面向量共线的坐标运算列式求解值． 【详解】向量，，若， 则，解得． 故选：D． 3. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出． 【详解】因为点D在边AB上，，所以，即， 所以． 故选：B． 4. 在中，，，则一定是（　　） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由余弦定理结合题意化简即可判断的形状. 【详解】在中，因为，， 所以由余弦定理可得，， 所以，即， 所以，结合可得一定是等边三角形． 故选：D. 5. 若m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若m//，m∥，则∥ B. 若m⊥，⊥，则m// C. 若m，m⊥，则⊥ D. 若m，⊥，则m⊥ 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系逐项判断即可. 【详解】解：对于A，若m//，m∥，则与可能相交，故A错误； 对于B，若m⊥，⊥，则m//或m，故B错误； 对于C，根据面面垂直的判定定理可得，若m，m⊥，则⊥，故C正确； 对于D，若m，⊥，则m可能与平行或相交，故D错误. 故选:C. 6. 样本中共有五个个体,其值分别是,1,2,3,4,若样本的平均数是2,则样本的极差和标准差分别是（ ） A. 5和2 B. 5和 C. 4和2 D. 4和 【答案】D 【解析】 【分析】 根据平均数求出，极差指最大值和最小值的差值，标准差代入公式计算即可。 【详解】因为样本的平均数是2，即 解得. 所以极差：； 标准差： 故选：D 【点睛】此题考查平均数，极差，标准差的概念和计算公式，属于简单题目。 7. 已知正方体，直线与直线所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线平行得异面直线所成的角，即可由三角形边角关系求解. 【详解】由于,所以即为直线与直线所成的角或其补角， 不妨设正方体的棱长为，则， 所以, 故选：D 8. 已知侧棱长为2的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，把正三棱锥放置在一个棱长为的正方体内，得到正三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，结合正方体的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，正三棱锥，满足，且三个侧面两两垂直， 可以把正三棱锥放置在一个棱长为的正方体内， 可得正三棱锥的外接球即为此正方体的外接球， 设正三棱锥的外接球的半径为，则，即， 所以正三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 9. 如图，直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为和．点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为．则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，设，根据三角形面积求得，设，利用平面向量的线性运算可得，结合和数量积的运算律和二次函数的性质计算即可求解. 【详解】如图，设，则， 所以， 得，又， 所以，得，解得， 所以，故，， 设，则， 所以， 则 ， 当时，取得最小值，且为. 故选：B 【点睛】方法点睛：本题考查平面向量与几何的最值问题，该类问题常见的处理方法为： （1）基底法：通过基底的建立与表示进行求解； （2）坐标法：通过平面直角坐标系，结合坐标公式进行求解； （3）转化法：通过平方关系的转化求解平面向量问题. 10. 如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小． 【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接， 则，，， ，，， 所以， 故选：A． 第II卷 二､填空题：（每小题4分，共24分） 11. 复数满足，则复数__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合复数的乘法和除法运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故答案为：. 12. 在中，所对的边分别为，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得，利用正弦定理运算求解. 【详解】由题意可知：， 由正弦定理可得. 故答案为：. 13. 已知单位向量满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量的模及向量数量积的定义求夹角余弦值即可. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 即. 又， 所以. 故答案为：. 14. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为_________人． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解. 【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了15人,12人，可得高三年级抽取了9人， 又由高三年级共有900名学生，则每个学生被抽到的概率为， 设该校共有名学生，可得，解得（人）， 即该校共有名学生. 故答案为：. 15. 已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面是侧棱长为的等腰三角形，为的中点，为的中点.则三棱锥的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据正四棱锥的结构特征，利用体积变换可得得解. 【详解】由题意可知：四棱锥为正四棱锥，则在平面的射影为的中点， 则，，可得， 又因为为的中点，为的中点， 则，可得， 且， 所以三棱锥的体积． 故答案为：. 16. 已知四边形，且，则__________.点为线段上一点，且，过作∥交于点，则__________. 【答案】 ①. ## ②. 10 【解析】 【分析】由，可得，结合数量积的定义分析解得；取中点，连接，根据向量的数乘及加减运算可得,,再根据向量的数量积运算即可得第二空答案. 【详解】因为，可知∥， 又因为，即，可得， 即，解得； 可知，即， 又因为，即， 则， 设， 可得 ， 又因为， 可得，解得； 可得，， 如图所示： 取中点，连接， 由题意可知∥且=， 可知四边形为平行四边形，则∥， 又因为∥，则∥， 且，即， 可得，，则， 由，可得， 则， ， 所以 . 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：对于向量的线性运算，关键是将所求向量表示成同一组基底的数量积，然后再进行求参、数量积等运算. 三､解答题：（本题共4小题，共46分）解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点． （1）证明：PB∥平面ACM； （2）证明：AD⊥平面PAC． 【答案】（1）详见解析（2）详见解析 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）证明PB∥平面ACM，利用线面平行的判定定理，证明MO∥PB即可；（Ⅱ）证明AD⊥平面PAC，利用线面垂直的判定定理，证明AD⊥AC，AD⊥PO即可； 试题解析：（1）连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，因为O为AC的中点，所以O为BD的中点．又M为PD的中点，所以PB∥MO．因为PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，所以PB∥平面ACM． （2）因为∠ADC＝45°，且 AD＝AC＝1， 所以∠DAC＝90°，即AD⊥AC．又PO⊥平面ABCD， AD⊂平面ABCD，所以PO⊥AD．而AC∩PO＝O，所以AD⊥平面PAC． 考点：1．线面平行的判定；2．线面垂直的判定与性质 18. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）设，， （i）求， （ii）求的值. 【答案】（1）；（2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）在中，由正弦定理及已知条件可得，结合三角形内角的性质即可求B. （2）（i）应用余弦定理即可求；（ii）由（1）、（i）结合已知求，可得，进而求、，利用两角和余弦公式求即可. 【详解】（1）在中，由正弦定理，得， 又，得，即， 又，得. （2）（i）在中，由余弦定理及，，，有，故. （ii）由，可得. ∵，故，则，， ∴. 19. 如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 在直三棱柱中，平面，且，则 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、、，则， 易知平面的一个法向量为，则，故， 平面，故平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值； （3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：，，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，. 因此，直线与平面夹角的正弦值为. 【小问3详解】 解：，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，则， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 20. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面，点分别为的中点，点在线段上. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求点到平面的距离； （3）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何知识可得，根据面面垂直可证底面，进而可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）利用等体积法求得点到平面的距离为，结合平行的性质以及比例关系分析求解； （3）设，进而可得点到平面、平面的距离，结合线面夹角的定义分析求解. 【小问1详解】 在平行四边形中， 因为，，则，可得， 又因为，分别为，的中点，则∥，所以， 因为，即， 且侧面底面，侧面底面，侧面， 可得底面， 由底面，可得， 且，平面，所以平面． 【小问2详解】 因为底面，底面，可得， 由题意可得：， 设点到平面的距离为， 由可得，解得， 因为∥，平面，平面，则∥平面， 可得点到平面的距离即为点到平面的距离为， 又因为为的中点，所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 设，直线与平面、平面所成的角分别为， 由（2）可知：点到平面的距离为，点到平面的距离为， 由题意可知：，即， 可得，解得， 所以的值为. 【点睛】方法点睛：1.对于点到面的距离常常利用等体积转换的思想去求解； 2.对于线面夹角，常根据定义转化为点到面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津一中2023-2024-2高一年级 数学学科模块质量调查试卷 本试卷分为第I卷（选择题）､第II卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时0分钟. 第I卷为第1页，第II卷为第2页.考生务必将答案写规定的位置上，答在试卷上的无效祝各位考生考试顺利! 第I卷 一､选择题：（每小题3分，共30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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则复数的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 设向量，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 3. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，，则一定是（　　） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 5. 若m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若m//，m∥，则∥ B. 若m⊥，⊥，则m// C. 若m，m⊥，则⊥ D. 若m，⊥，则m⊥ 6. 样本中共有五个个体,其值分别是,1,2,3,4,若样本的平均数是2,则样本的极差和标准差分别是（ ） A. 5和2 B. 5和 C. 4和2 D. 4和 7. 已知正方体，直线与直线所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知侧棱长为2的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为和．点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为．则的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 第II卷 二､填空题：（每小题4分，共24分） 11. 复数满足，则复数__________. 12. 在中，所对的边分别为，若，则__________. 13. 已知单位向量满足，则__________. 14. 2022年8月16日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三个年级中抽取了36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为_________人． 15. 已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，其它四个侧面是侧棱长为的等腰三角形，为的中点，为的中点.则三棱锥的体积为__________. 16. 已知四边形，且，则__________.点为线段上一点，且，过作∥交于点，则__________. 三､解答题：（本题共4小题，共46分）解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17. 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点． （1）证明：PB∥平面ACM； （2）证明：AD⊥平面PAC． 18. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）设，， （i）求， （ii）求的值. 19. 如图，在直三棱柱中，，点D、E、F分别为的中点， . （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 20. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面，点分别为的中点，点在线段上. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求点到平面的距离； （3）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $