天津市南开区2023-2024学年高一下学期阶段性质量监测数学试题

2023一2024学年度第二学期阶段性质量监测 i为应取华位。者：2-b4卡ab限用a4b-(大 高一年最数学学科 (A3-1 (8)1 (C)2 (D)3 本试分第1卷（选拜厦）和第！整（缘选提数）两部分。共1O0分，零试时间00分钟 (3)始出下列命题： 参考公式： “①调维的溪点与庭面翻两上任意一点的线辱是母线 //O ·球的体积公式5一中表示球的 ②两个面平行几相似，其余各面都是标形的多面体是楂台 ·性体的体积公式子%，其申S表示撞体的账面积。青表示推体的高 ③以直角棍形的一条直角腰所在的直线为规转翰，其余三边炭转一周形成的面所围成 ·如里事件A,B互斥，垂么P(U)=P()+PB刷 的藏转体是圆包： 一、速舞题：本大圆共0个小息，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只 ④用平面酸圆柱得到的酸面只能是圆和矩形 有一果是料合是日要求的。 其中正确命温是()入. A)①2 (B)①3 (C)3@ D2④ (1)已如平面四边形ABCD满足A透-DC,时四边形A8CD是(). (A)正方悉 (B)菱形 《C)梯形 D)思行西边形 (6)一组数据：53,57,45,61.9,49，x,若这组数据的第幼百分位数与第的百分位 2)复数江行是虚数单位)的虚国是( 数的差为3，则x=(). (D)-24 A)8或64 (B)58 C)59或64 (D)9 A)1 (B)-1 (C)2 (3)为了解某地高三学生的期水语文考试域顷，研究人员随 (7)已如某圆锥的底面半径为之。其体积与半径为1的球的体积相够。则该圆惟的母线长为 机抽取了100名学生对其进行调查，根据所得数据制成如图所04 (A)1 (B)2 (C) (D)5 示的顿率分布直方图，已知不低于90分为及格，则这100名 a-----a4 学生期末语文成绩的及格率为（入 8)利用离单萄机抽样的方法，从：个个体（≥13）中物取3个个体，著第二次抽取时， (A)40% (B)50% C)60N (D)65% 索下的每个个体敏轴到的概率为：，喇在整个轴辉过程中，每个个体被抽到的可能性从)， w器 o品 数学试海第贾（共器页） 数学试物知离（共夏） (的已短e为单位向量，向量泰=1,2》，且e泰-3附(：泰-=( 二，填空通：本大共5个小感，每小怎3分，其塔分。 (A93 (B)60 (C)45 (D)3g )人B,C三所学校的高学生共有0名，其中男.女生人数如下表： 10)如脂，在三棱桂AC-A品G中，出上篮面4C AB校C校 想aC=C,点D是棱士的点，D-山，若藏B0G 男生97 女生5160y 分这个棱柱为两部分。则这两都分的体制比为《) 现用分层德机抽样的方法从这三所学收的所有高一学生中独取移人，则皮从C校抽取的人 (A)1:2 (m4:5 数为 (C)4:9 (D)5:7 ()一个盒子中放有红色、置色，白色的小球共40个，弹原色外其他完全相同。小明通 过多次装珠试验后发现其中摸到红色球，黑色球的须率分削整定在5%和4%。则盒子中白 色球的个数可能是 个 (日)在复平面内，复数一a+D的共幅复数对应的点在置线y=一x上，则实数 (14)长方体A8CD-AB1CD1中，M=A81-2,AD=1,O是BD的中点，则直线A0 与平面CCB所成角的正切值为 (15)边长为2的等边△4BC中，18D1=1.CE=E,则AD-8E的最小值为 数学试相第4页（共器页） 三解舒区。本材共5个小意共怒分、解带应得由文中模瓶。正到指试线 ()(本小层璃分2分) (1)(本小整满分器分) 已知△AC内角A。。C的边分解是：。，息=4,1。D是C边上的-点， 现有男生和女生各3人，从中任造2人静加一项期试求 D=5.DC=3. (【)价有一名参赛学生是男生的程率， (1)求e的民： (Ⅱ)氧少有一名参摩学生是男生的隔率 (I)求eom(C-0 的系多有一名参春学生是男生的履率 0 (17)(本小题病分1静分) 投@，·是平面内两个不共线的向量。 (1)若4你=+A,C=2运+敲，CD一3a-,求遥A。R,D三点共线 (Ⅱ)试骑定实数，使如+》和+协共线： (Ⅲ)若e=0,2》,=(-2,3)4(m+)⊥a-),求实数w的镇 量学试语第5项（共a项) 数学试相第6页（共页） )(本小雕调分3分) (19)(本小题满分2分) 日知△C内角A,&.C的对边分瑞是：，名向餐-(m曲刷，=osB, 如图，四做维P-8CD中P1平面CD,DBC,格=C-片D,E.F分别为 cos0,p=通2C 线段D,PC的中点， (I)求角C的大小 (I)求证：AP∥平面EF (Ⅱ)若mA+如8-2s面C,且，（语-C)=18,求 (I)求证：BE⊥平面mC, 数学试卷第7页（共8页） 数学试港。第%页（共8页） 数学试卷参考答案 第1页（共4页） 2023—2024 学年度第二学期阶段性质量监测参考答案 高一年级 数学学科 一、选择题： 题 号 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） （8） （9） （10） 答 案 D A C B B A C B C D 二、填空题： （11）18； （12）16； （13）− 1； （14） 2 17 17 ； （15） 3 3− − ． 三、解答题：（其他正确解法请比照给分） （16）解：从 6 人中任选 2 人共有 15 种情况． …………………2 分 （Ⅰ）恰有一名参赛学生是男生的基本事件有 9 种， 这一事件的概率 P1 = 9 15 = 0.6． …………………4 分 （Ⅱ）至少有一名参赛学生是男生即恰有一名参赛学生是男生和两名参赛学生都是男 生，所求事件的概率 P2 = 12 15 = 0.8． …………………6 分 （Ⅲ）同理至多有一名参赛学生是男生的概率 P3 = 0.8． …………………8 分 （17）解：（Ⅰ）因为 BC = 2a + 8b，CD = 3(a − b)， 所以 BD BC CD= + = 2a + 8b + 3(a − b)= 5(a + b)． 又 AB = a + b，所以 5BD AB= ． 所以 AB ， BD共线， 又因为它们有公共点 B， 数学试卷参考答案 第2页（共4页） 所以 A，B，D 三点共线． ………………3 分 （Ⅱ）因为 ka + b 和 a + kb 共线， 所以存在实数，使 ka + b = (a + kb)， 即(k − )a = (k − 1)b． 因为 a，b 是平面内两个不共线的向量， 所以 k −  = k − 1 = 0， 所以 k2 = 1，k = 1． ………………7 分 （Ⅲ）由题意可得 ma + b = (m − 2，2m + 3)，a − b = (3，− 1)， 因为(ma + b)⊥(a − b)， 则(ma + b)·(a − b) = 3(m − 2) − (2m + 3) = 0，解得 m = 9． ………………10 分 （18）解：在△ACD 中，由余弦定理得 2 2 2 49 9 25 11 cos 2 2 7 3 14 AC CD AD C AC CD + − + − = = =    ， ………………2 分 因为 0 πC  ( ，)，所以 2 11 5 3 sin 1 14 14 C   = − =    ， ………………4 分 在△ABC 中，由正弦定理得 sin sin c b C B = ，即 7 sin 455 3 14 c =  ， 解得 5 6 2 c = ． ………………6 分 （Ⅱ）由（Ⅰ）知 sinC = 5 3 14 ， 11 cos 14 C = ， 所以 sin2C = 2sinCcosC = 55 3 98 ，cos2C = 2cos2C − 1 = 23 98 ， ………………9 分 数学试卷参考答案 第3页（共4页） 所以 cos(C − A) = cos(2C − 3 4  ) = cos2C cos 3 4  + sin2C sin 3 4  = 23 98 ( − 2 2 ) + 55 3 98  2 2 = 55 6 23 2 196 − ． ………………12 分 （19）解：（Ⅰ）p·q = sin A cos B + sin B cos A = sin(A + B)， ………………2 分 在△ABC 中，A + B =  − C，0＜ C＜ ， 所以 sin(A + B) = sin C， ………………3 分 所以 p·q = sin C，又 p·q = sin 2C， 所以 sin 2C = sin C，cos C = 1 2 ． 又因为 C∈(0，)，故 C = 3  ． ………………6 分 （Ⅱ）因为 sin A + sin B = 2sin C， 由正弦定理得 2c = a + b． ………………7 分 因为CA ·( AB − AC ) = 18， 所以CA ·CB = 18， 即 abcos C = 18，ab = 36． ………………9 分 由余弦定理得 c2 = a2 + b2 − 2abcos C = (a + b)2 − 3ab， 所以 c2 = 4c2 − 336，c2 = 36，所以 c = 6． ………………12 分 （20）证明：（Ⅰ）如图，设 AC∩BE = O，连接 OF，EC， 由于 E 为 AD 的中点，AB = BC = 1 2 AD，AD∥BC， 数学试卷参考答案 第4页（共4页） 所以 AE∥BC，AE = AB = BC， 因此四边形 ABCE 为菱形， 所以 O 为 AC 的中点． ………………4 分 又 F 为 PC 的中点， 因此在△PAC 中，可得 AP∥OF， ………………5 分 又 OF⊂平面 BEF，AP平面 BEF， 所以 AP∥平面 BEF． ………………6 分 （Ⅱ）由题意知 ED∥BC，ED = BC， 所以四边形 BCDE 为平行四边形， 因此 BE∥CD． ………………8 分 又 AP⊥平面 PCD， 所以 AP⊥CD，因此 AP⊥BE． ………………10 分 因为四边形 ABCE 为菱形， 所以 BE⊥AC． ………………11 分 又 AP∩AC = A，AP，AC⊂平面 PAC， 所以 BE⊥平面 PAC． ………………13 分