精品解析：福建省龙岩市2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量检查数学试题

龙岩市2023～2024学年第二学期期末高一教学质量检查 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上. 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 一、选择题：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. 若圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. C. D. 1 2. 若复数，则的虚部为（ ） A. i B. 1 C. D. 3. 某人有3把钥匙，其中只有1把能打开门，若随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门钥匙扔掉，则第二次才能打开门的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C 若，，，则 D. 若，，则m与所成的角和n与所成的角相等 5. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（ ） A. 6.8 B. 6.9 C. 7 D. 7.2 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若的面积为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知球O内切于圆台EF，其轴截面如图所示，四边形ABCD为等腰梯形，，且，则圆台EF的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点Q是单位圆内接正十二边形边上的任意一点，设，则a的值可以为（ ） A. 22.5 B. 23.5 C. 24.5 D. 25.5 二、选择题：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. 某农场种植甲、乙两种水稻，在面积相等的两块稻田中连续5年的产量如下： 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 甲/kg 560 580 570 590 600 乙/kg 550 600 580 580 590 若，分别表示甲、乙两种水稻产量的平均值，，分别表示甲、乙两种水稻产量的方差，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D. 乙种水稻的产量有三年位于之间 10. 莱昂哈德·欧拉（LeonhardEuler，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推至物理的领域.他在1765年首次提出定理：的外心O，重心G，垂心H依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在菱形ABCD中，M，N分别为棱AB，CD的动点（不含端点），将菱形ABCD沿对角线BD折起，使点A不在平面BCD内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ） A. 若，则存在点M，N，使得MN与BC垂直 B. 对任意点M，存在点N，使得与，共面 C. 对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等 D. 若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则一定为锐角 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若虚数i是方程的一个根，则______. 13. 设样本空间含有等可能的样本点，若事件A，B，C是的子集，且A，B，C两两独立，其中，，，，则______. 14. 空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上，若，，，，空间四边形ABCD的体积为，它的外接球体积为，则的最大值为______. 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. 已知是同一平面内三个向量，其中. （1）若，且，求； （2）若的夹角为，，求在上的投影向量的坐标. 16. 为了解某工厂生产的产品尺寸情况，通过抽样，得到200件产品的尺寸（单位：mm）的数据，其频率分布直方图如图所示. （1）求图中x的值，并根据频率分布直方图，估计这200件产品尺寸的平均数和上四分位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表，结果保留两位小数）； （2）记尺寸在内的产品为优等品，每件可获利5元；尺寸在内的产品为不合格品，每件亏损2元；其余尺寸的产品为合格品，每件可获利3元.若此工厂某月生产5000件产品，当该月利润未能达到15000元，则需要对该工厂设备实施升级改造.用样本的频率代替总体在各组的频率，试判断是否需要对该工厂设备实施升级改造. 17. 如图，在一条无限长的轨道上，一个质点最初位于位置0，规定：每次投掷一枚质地均匀的硬币，若正面向上，则质点向右移动一个单位，若反面向上，则质点向左移动一个单位，设投掷n次硬币后，质点位于位置. （1）请直接写出和的数值； （2）求； （3）用a表示质点向右移动一个单位，用b表示质点向左移动一个单位，请写出投掷4次硬币的样本空间，并证明：. 18. 在中，内角A，B，C对边分别为，，，且. （1）求； （2）设外接圆的半径为1，圆心为，为圆上异于点的一个动点. （i）若，求证：四边形为等腰梯形； （ii）若，求的取值范围. 19. 如图，在几何体中，四边形ABEF为正方形，，.记二面角的大小为，二面角的大小为. （1）证明：； （2）若，且. （i）求直线BD与平面CBE所成角的正弦值； （ii）作出二面角的平面角，说明理由并求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 龙岩市2023～2024学年第二学期期末高一教学质量检查 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上. 2.答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”. 一、选择题：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. 若圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据扇形侧面积公式计算即可. 【详解】设圆锥底面半径为r, 则，解得， 故选：B. 2. 若复数，则的虚部为（ ） A. i B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先化简复数，再根据共轭复数的特征求虚部. 【详解】，， 所以的虚部为. 故选：C 3. 某人有3把钥匙，其中只有1把能打开门，若随机地取一把钥匙试着开门，把不能开门的钥匙扔掉，则第二次才能打开门的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由古典概型概率计算公式直接计算即可求解. 【详解】符合题意的选择是：第一次取到不能打开门的钥匙有两种选择，第二次取到能打开门的钥匙只有一种选择， 从而由古典概型概率计算公式可得所求概率为. 故选：B. 4. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则m与所成的角和n与所成的角相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间线面间的位置关系判断，根据线线平行与面面平行的性质判断D. 【详解】A：若，则，故A正确； B：若，则，故B正确； C：若，则或相交，故C错误； D：若，由线线平行的性质知时，与所成的角相等， 当时，由面面平行的性质知与所成的角相等，故D正确. 故选：C 5. 为了迎接2025年第九届亚冬会的召开，某班组织全班学生开展有关亚冬会知识的竞赛活动.已知该班男生30人，女生20人.按照分层抽样的方法从该班共抽取10人，进行一轮答题.相关统计情况如下：男生答对题目的平均数为10，方差为1；女生答对题目的平均数为15，方差为0.5，则这10人答对题目的方差为（ ） A. 6.8 B. 6.9 C. 7 D. 7.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样，均值与方差公式计算即可. 【详解】男生30人，女生20人,则抽取的时候分层比为．则10个人中男女分别抽取了6人和4人.这10人答对题目的平均数为. 所以这10人答对题目的方差为. 故选：A． 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的面积公式可得，根据余弦定理可得，则，即可求解. 【详解】由题意知，，又， 所以，得， 由余弦定理得， 所以，得 故选：C 7. 已知球O内切于圆台EF，其轴截面如图所示，四边形ABCD为等腰梯形，，且，则圆台EF的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，作出图形，得到上下底面的半径，进而分析运用勾股定理求出高即可． 【详解】根据圆和等腰梯形的对称性知道，分别为上下底的中点. 连接，则，过于.四边形矩形． 由于,则，则. 由切线的性质知道. 则. ，． 代入计算可得，. 故选：D. 8. 已知点Q是单位圆内接正十二边形边上的任意一点，设，则a的值可以为（ ） A. 22.5 B. 23.5 C. 24.5 D. 25.5 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立平面直角坐标系，表示出12个顶点的坐标，设，然后表示出，化简得，不妨设在上，表示出线段的方程，则表示出，利用二次函数的性质可求出其范围，从而可求出的范围，进而可求得答案. 【详解】如图建立平面直角坐标系，则， ， 设，则 ， ， ， ， 所以， 由正十二边形的对称性，不妨设在上， 因为，所以， 所以为，即， 所以， 因为对称轴为， 所以的最小值为， 最大值为， 所以， 所以， 即， 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的运算，考查二次函数的性质，解题的关键是建立平面直角坐标系，表示出各顶点的坐标，考查计算能力和数形结合的思想，属于较难题. 二、选择题：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. 某农场种植的甲、乙两种水稻，在面积相等的两块稻田中连续5年的产量如下： 品种 第1年 第2年 第3年 第4年 第5年 甲/kg 560 580 570 590 600 乙/kg 550 600 580 580 590 若，分别表示甲、乙两种水稻产量的平均值，，分别表示甲、乙两种水稻产量的方差，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. 甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等 D. 乙种水稻的产量有三年位于之间 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据方差，极差等概念即可求解. 【详解】A. ，，所以,故A正确； B. , , 所以，故B正确； C. 甲种水稻产量的极差为：，乙种水稻产量的极差为：，甲种水稻产量的极差小于乙种水稻产量的极差，故C错误； D. ，所以为，因为,所以,,所以乙种水稻的产量有三年位于之间，故D正确. 故选：ABD 10. 莱昂哈德·欧拉（LeonhardEuler，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推至物理的领域.他在1765年首次提出定理：的外心O，重心G，垂心H依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据为的重心得出，然后由，即可判断A,根据向量的线性运算即可求解B． 根据为外心及向量数量积的计算公式可求出和，从而可求出的值，可判断C的正误；根据，及可判断D的正误. 【详解】如图，根据欧拉线定理，外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心的距离的一半， 根据重心的性质可知： ，D错误； ，C正确； 为的重心，，，A正确， 由于,所以,故B错误， 故选：AC． 11. 如图，在菱形ABCD中，M，N分别为棱AB，CD的动点（不含端点），将菱形ABCD沿对角线BD折起，使点A不在平面BCD内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ） A. 若，则存在点M，N，使得MN与BC垂直 B. 对任意点M，存在点N，使得与，共面 C. 对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等 D. 若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则一定为锐角 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，先证得平面ADF垂直于BC，再判断MN与平面ADF关系即可判断选项；B选项，利用空间向量的运算得到，即可判断选项；C选项，先求得MN与AD，BC所成的角，再由题目条件及全等知识可判断选项；D选项，依题意建立间直角坐标系，由直线AB与直线CD垂直，可得关系，后通过正负可判断选项. 【详解】A选项，由题可得此时该几何体为正四面体，取BC中点为F， 则，又平面ADF，， 则平面ADF，要使，则MN与平面ADF平行或共面， 但M，N与A，D不重合，则MN不能与平面ADF平行或共面， 则MN与BC不垂直，故A错误； Ｂ选项，对任意点M，过M作AD平行线交BD于G，过G作BC平行线交CD于N， 则，设， 则， 则， 即对任意点M，存在点N，使得与，共面，故B正确； C选项，对任意点M，CD上取N，使， 作交BD于H，作交BD于L，连接LM，HN. 则为NM与AD所成角，为NM与BC所成角. 因，，则 则，，又由题可得. 则，得， 从而，则. 即对任意点M，存在点N，使得MN与AD，BC所成的角相等，故C正确； D选项，取BD中点为O，设，. 如图以OB所在直线为ｘ轴，OC所在直线为ｙ轴建立空间直角坐标系. 则. 则，. 若，则. 则，则， 即一定为锐角，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点睛：本题为折叠问题，关键要注意图形折叠前后的变化；此外，利用全等及相似知识，往往可以将复杂的立体几何问题，转化为较好处理的平面几何问题；最后，空间直角坐标系在建立时需选择合适的原点，动态的坐标系则需引入合适的参数. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若虚数i是方程的一个根，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】把i代入方程，化简方程，利用相等复数的概念得到p、q的值，即可求解. 【详解】因为i是方程一个根， 所以，即， 得，解得， 所以. 故答案为：1 13. 设样本空间含有等可能的样本点，若事件A，B，C是的子集，且A，B，C两两独立，其中，，，，则______. 【答案】##0.5 【解析】 【分析】根据题意分别求得，结合独立事件的定义，可判定事件与不独立，结合计算即可求解. 【详解】由题意知， 则，且， 满足，， 所以与不独立， 所以. 故答案为： 14. 空间四边形ABCD的四个顶点都在同一球面上，若，，，，空间四边形ABCD的体积为，它的外接球体积为，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意确定的中点为外接球的球心，如图，利用线面垂直的判定定理与性质可得，根据全等三角形的性质可得，则，结合棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】因为， 所以的中点为外接球的球心，记外接球半径为， 过作，垂足为，连接， 又平面， 所以平面，由平面，所以. 因为，所以，则， 取的中点，则. 在中，，所以， 由得， 所以的最大值为， 则的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是通过确定的最大值. 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. 已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求； （2）若的夹角为，，求在上的投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积垂直的坐标运算求参，再求模即可； （2）先求出,再求出数量积结合投影向量公式计算即可. 【小问1详解】 因为, 所以, 所以. 【小问2详解】 因为 所以在上的投影向量为. 16. 为了解某工厂生产的产品尺寸情况，通过抽样，得到200件产品的尺寸（单位：mm）的数据，其频率分布直方图如图所示. （1）求图中x的值，并根据频率分布直方图，估计这200件产品尺寸的平均数和上四分位数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表，结果保留两位小数）； （2）记尺寸在内的产品为优等品，每件可获利5元；尺寸在内的产品为不合格品，每件亏损2元；其余尺寸的产品为合格品，每件可获利3元.若此工厂某月生产5000件产品，当该月利润未能达到15000元，则需要对该工厂设备实施升级改造.用样本的频率代替总体在各组的频率，试判断是否需要对该工厂设备实施升级改造. 【答案】（1），平均数99.64，上四分位数为102.14， （2）不需要对该工厂设备实施升级改造，利用见解析 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1进行求解即可；由平均数和百分位数的计算个数即可求解， （2）根据题意，结合频率分布直方图中的数据求出单月利润，最后比较大小即可． 【小问1详解】 ， 解得； 平均数为由于数据位于的频率为， 数据位于的频率为，故上四分位数位于， 设为，则，解得， 【小问2详解】 优等品的概率为，不合格品的概率为， 合格品的概率为， 故5000件产品中，优等品的个数为，不合格品的个数为， 合格品的概率为， 故所获利润为 故不需要对该工厂设备实施升级改造. 17. 如图，在一条无限长的轨道上，一个质点最初位于位置0，规定：每次投掷一枚质地均匀的硬币，若正面向上，则质点向右移动一个单位，若反面向上，则质点向左移动一个单位，设投掷n次硬币后，质点位于位置. （1）请直接写出和的数值； （2）求； （3）用a表示质点向右移动一个单位，用b表示质点向左移动一个单位，请写出投掷4次硬币的样本空间，并证明：. 【答案】（1），， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据的定义即可求解， （2）的含义可知3次都向右或者3次都向左运动。即可根据相互独立事件的概率公式求解， （3）列出样本空间，结合古典概型概率公式求两事件的概率，完成证明. 【小问1详解】 ，， 【小问2详解】 表示投掷3次硬币后，质点位于位置或， 故3次都向右或者3次都向左运动， 故 【小问3详解】 掷4次硬币的样本空间为： 包含的样本点有 所以； 包含的样本点有 所以； 故， 18. 在中，内角A，B，C的对边分别为，，，且. （1）求； （2）设外接圆的半径为1，圆心为，为圆上异于点的一个动点. （i）若，求证：四边形为等腰梯形； （ii）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理计算即可得解； （2）（i）借助正弦定理计算可得为中点，从而可结合圆中等弦对等角与内错角相等，两直线平行得到，结合菱形的判定与性质即可得，即可得证； （ii）法一：借助余弦定理可得形状，结合向量的线性运算与数量积公式及余弦函数值域即可得解. 法二：取中点，可得，从而只需计算的范围即可得解，结合圆的性质计算即可得解. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 即， 即，又、，故， 则，故； 【小问2详解】 （i）由正弦定理，则或，又，故， 则，故为外接圆直径，为中点， 又，故为等边三角形，故， 又，则，故， 又，则四边形为菱形，则， 故，故四边形为等腰梯形； （ii）法一：由， 即，故， 又，故为等边三角形，则， 则， 故 ， 由为圆上异于点的一个动点，则， 故. 法二：由， 即，故， 又，故为等边三角形，则， 取中点，连接， 则 ， 由为圆上异于点的一个动点，则当、、共线时，有最大或最小值， 即，， 即，则. 【点睛】 关键点点睛：最后一小问关键点在于借助平面向量的线性运算将未知的、向量转化为已知向量或变量尽量少的向量表示，如，，或取中点，则有，. 19. 如图，在几何体中，四边形ABEF为正方形，，.记二面角的大小为，二面角的大小为. （1）证明：； （2）若，且. （i）求直线BD与平面CBE所成角的正弦值； （ii）作出二面角的平面角，说明理由并求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）（ii）作图见解析， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直即可求证， （2）（i）理由等体积法求解到平面的距离为，即可求解，（ii）根据面面垂直的性质，结合二面角的几何法（垂线法）即可得为二面角的平面角，理由三角形的边角关系即可求解. 【小问1详解】 在以，，，，，为顶点的五面体中， ，，平面， 平面．又平面，故 【小问2详解】 平面．又平面，平面平面， 过作，垂足为， 由于平面平面，平面，故平面． 由，知为二面角的平面角，故， 由，可得平面，平面，故 为二面角的平面角，． 故四边形为等腰梯形， 四边形为正方形，, 则，，, 又，， , 设到平面的距离为， 则，故, 设直线BD与平面CBE所成角为,则； （ii）由于平面，平面，故平面平面 过作，过作，连接, 则的补角为二面角的平面角， 理由：，平面，平面平面， 故平面，平面，故, 又，平面, 故平面,平面,故, 故的补角为二面角的平面角， 由于，所以,, 又，故, ， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$