精品解析：福建省部分学校教学联盟2023～2024学年高一下学期期末质量检测数学试题

2023~2024学年第二学期福建省部分学校教学联盟高一年级期末质量检测 数 学 试 卷 2024.7.8 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡的相应位置上！请不要错位、越界答题！ 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知为虚数单位，，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，则在上的投影向量为（　　） A. B. C. D. 3. 如图，已知，用表示，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 5. 设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若不垂直于，则必不垂直于 C. 若，则 D. 若是异面直线，，则 6. 国家二级文化保护遗址玉皇阁台基可近似看作上、下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积约为（ ） A. B. C. D. 7. 革命烈士陵园内的革命烈士纪念碑，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为15米，在两点处测得纪念碑最顶端处的仰角分别为和，则纪念碑的高度为（ ） A. 17米 B. 16米 C. 15米 D. 14米 8. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 在不透明的甲、乙两个盒子中分别装有除标号外完全相同的小球，甲盒中有4个小球，标号分别为1，2，3，4，乙盒中有3个小球，标号分别为5，6，7．现从甲、乙两个盒里分别随机抽取一个小球，记事件“取到标号为2的小球”，事件“取到标号为6的小球”，事件“两个小球标号都是奇数”，事件“两个小球标号之和大于9”，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. 事件与事件互斥 C. D. 10. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ） A. 若为锐角三角形，则 B. 若，则为等腰或直角三角形 C. 若，则不一定为直角三角形 D. 若，则解的个数为1 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，分别为棱，的中点，点是棱上的一点，则下列说法正确的是（　　） A. 存在点，使得平面 B. 二面角的余弦值为 C. 三棱锥的内切球的体积为 D. 的周长的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为__________，方差为__________. 13. 甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则甲在两轮活动中恰好猜对一个成语的概率为__________；“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为__________. 14. 已知线段经过半径为12的圆的圆心，且，，若，为此圆上的两个动点，则的取值范围为______. 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. 已知内角的对边分别为，. （1）求; （2）若的面积为，求和. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，是中点，是中点. （1）证明：平面； （2）证明：. 17. 某市为了了解人们对“中国梦”伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人．按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； （2）现从以上各组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者． （ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； （ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 18. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 19. 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数． （1）若函数的对称中心为，求函数的解析式． （2）由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）．如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系． ①若，方程在复数集内的根为，当时，求的最大值； ②若，函数的零点分别为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年第二学期福建省部分学校教学联盟高一年级期末质量检测 数 学 试 卷 2024.7.8 （完卷时间：120分钟；满分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡的相应位置上！请不要错位、越界答题！ 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知为虚数单位，，则在复平面内的共轭复数对应的点位于（ ） 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】根据复数乘法可得，再结合共轭复数以及复数的几何意义分析判断. 【详解】由题意可得：，则， 所以在复平面内的共轭复数对应的点位，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知向量，，则在上的投影向量为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出， ，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为，，所以， ， 所以在上的投影向量为. 故选：B 3. 如图，已知，用表示，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合平面图形的几何性质以及平面向量的线性运算即可求出结果. 【详解】因为， 所以， 又因为，， 所以， 故选：D. 4. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图运用斜二测画法，还原原图即可解决. 【详解】因为，由直观图可知，， 所以还原平面图形中，， 在中，，则三角形的周长为． 故选：D． 5. 设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若不垂直于，则必不垂直于 C. 若,，则 D. 若是异面直线，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【详解】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 6. 国家二级文化保护遗址玉皇阁的台基可近似看作上、下底面边长分别为，，侧棱长为的正四棱台，则该台基的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解. 【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示： 为正四棱台，，，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高，正四棱台上、下底面积为和， 所以体积 . 故选：A. 7. 革命烈士陵园内的革命烈士纪念碑，其中央主体建筑集棱台，棱柱于一体，极具对称之美．某同学准备在陵园广场上对纪念碑的高度进行测量，并绘制出测量方案示意图（如图），纪念碑的最顶端记为点，纪念碑的最底端记为点（在的正下方），在广场内（与在同一水平面内）选取两点，测得的长为15米，在两点处测得纪念碑最顶端处的仰角分别为和，则纪念碑的高度为（ ） A. 17米 B. 16米 C. 15米 D. 14米 【答案】C 【解析】 【分析】设米，然后分别在和中表示出，再在中利用余弦定理列方程可求出 【详解】设米，在中，，则， 在中，，，得， 在中，，，则由余弦定理得 ，，解得， 所以纪念碑高度15米， 故选：C 8. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 在不透明的甲、乙两个盒子中分别装有除标号外完全相同的小球，甲盒中有4个小球，标号分别为1，2，3，4，乙盒中有3个小球，标号分别为5，6，7．现从甲、乙两个盒里分别随机抽取一个小球，记事件“取到标号为2的小球”，事件“取到标号为6的小球”，事件“两个小球标号都是奇数”，事件“两个小球标号之和大于9”，则（ ） A. 事件与事件相互独立 B. 事件与事件互斥 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】穷举出所有样本空间，根据题意和古典概型求取对应事件概率即可. 【详解】从甲盒、乙盒里分别随机抽取一个小球的样本空间为：，，，，，，，，，，，，共12种． 事件：，，，；事件：，，，， ，，，故A正确； 事件和事件都有，事件与事件不互斥，故B不正确； 事件：，，，，，故C正确； 事件：，，，，， ，故D正确． 故选：ACD． 10. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ） A. 若为锐角三角形，则 B. 若，则为等腰或直角三角形 C. 若，则不一定为直角三角形 D. 若，则解的个数为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用结合诱导公式判断，对于B，利用二倍角公式化简后，再利用正余弦定理统一成边的形式，化简可判断，对于C，先利用二倍角公式化简已知等式，再结合正余弦定理化角为边，化简运算即可判断，对于D，利用余弦定理求出的值，即可判断. 【详解】对于A，因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以，所以A正确， 对于B，因为，所以， 所以，化简得， 所以，所以或， 所以为等腰或直角三角形，所以B正确， 对于C，因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以或， 所以或， 所以一定是直角三角形，所以C错误， 对于D，由余弦定理得， 所以只有一个解，所以解的个数为1，所以D正确， 故选：ABD 11. 如图，在棱长为4的正方体中，，分别为棱，的中点，点是棱上的一点，则下列说法正确的是（　　） A. 存在点，使得平面 B. 二面角的余弦值为 C. 三棱锥的内切球的体积为 D. 的周长的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】当点是棱的中点时，平面，利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断A；取的中点，可得是二面角的平面角，由余弦定理可判断B；设三棱锥的内切球半径为，利用求出可判断C；将平面沿展开到与平面共面，此时当，，三点共线时，取得最小值可判断D． 【详解】对于A，当点是棱的中点时，平面，因为在正方形中， 点是棱的中点，点是棱的中点，所以． 在正方体中，平面，又平面， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理可得，又，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，取的中点，连接，，， 在中，，， 所以，． 中，，， 所以，， 所以是二面角的平面角． 在中，，，， 由余弦定理得， 即二面角的余弦值为，故B错误； 对于C，设三棱锥的内切球半径为， ， 又，又 ， 解得，所以三棱锥的内切球的体积为，故C正确； 对于D，将平面沿展开到与平面共面， 此时当，，三点共线时，取得最小值， 所以，又， 所以的周长的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答关键点是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若一组数据的中位数为16，方差为64，则另一组数据的中位数为__________，方差为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据中位数和方差的关系求值. 【详解】因为数据的中位数为16，方差为64， 所以数据的中位数为4，方差为， 所以数据的中位数为，方差为4. 故答案为：3；4. 13. 甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则甲在两轮活动中恰好猜对一个成语的概率为__________；“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为__________. 【答案】 ①. ##0.32 ②. ##0.42 【解析】 【分析】由相互独立事件的概率公式计算即得；分甲对2个乙对1个和甲对1个乙对2个两种情况，根据相互独立事件概率乘法公式分别计算，然后可得. 【详解】设分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，分别表示乙两轮猜对1个，2个成语的事件， 则有，， 设A=“两轮活动‘星队’猜对3个成语”，则，且与互斥，与，与分别相互独立， 所以 因此，“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是． 故答案为：； 14. 已知线段经过半径为12的圆的圆心，且，，若，为此圆上的两个动点，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】构建直角坐标系，设，求出，结合辅助角公式可求最值，故可得范围. 【详解】构建如下图示，以为原点的直角坐标系，且， 由圆的半径为12， 设， 则，， 所以， ， 令，则， 故， 又 则，故， 综上， 故答案为： 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. 已知的内角的对边分别为，. （1）求; （2）若的面积为，求和. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边换角得到，则； （2）根据三角形面积公式即可得值，再利用余弦定理即可得到值. 【小问1详解】 由正弦定理：，那么，由于， 则，则，且，故. 【小问2详解】 由于，则， 根据余弦定理：， 那么. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面，是中点，是中点. （1）证明：平面； （2）证明：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，可得四边形为平行四边形，即，从而证明平面；（2）连接与交于，可得与相似，求出，，由勾股定理的逆定理可得，由已知条件可得从而可得平面，即可证明. 【小问1详解】 取的中点，连接，， 因为为中点， 是中点， 所以，， 又因为底面是矩形，是中点， 所以，， 所以，， 则四边形为平行四边形； 所以， 又平面，平面， 所以平面 【小问2详解】 连接与交于， 设，底面是矩形， 则，， 因为， 所以，， 则与相似，所以， 所以，， 则， 所以 即， 又因为平面，平面， 所以， 由于，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以 17. 某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人．按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图． （1）根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； （2）现从以上各组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者． （ⅰ）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率； （ⅱ）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差． 【答案】（1）32.25岁；37.5 （2）（ⅰ），（ⅱ）10 【解析】 【分析】（1）应用频率分布直方图求平均数再求百分位数即可； （2）先应用古典概型计算概率，再应用分层抽样求平均数和方差公式计算方差. 【小问1详解】 设这人的平均年龄为，则（岁） 设第80百分位数为，分数低于35分占， 分数低于40分占，故， 所以，解得． 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得，第四组应抽取4人，记为，，，甲，第五组抽取2人，记为，乙， 对应的样本空间为： ， 共15个样本点． 设事件“甲、乙两人至少一人被选上”，则， 共有9个样本点， 所以，． （ⅱ）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，， 则，，，， 设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为． 则， ， 因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10， 据此，可估计这人中年龄在35至45岁的所有人的年龄方差约为10． 18. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【小问1详解】 证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； 【小问2详解】 解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； 【小问3详解】 证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 19. 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知函数． （1）若函数对称中心为，求函数的解析式． （2）由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式乘积．进而，一元n次多项式方程有n个复数根（重根按重数计）．如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得：则有，即，类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系． ①若，方程在复数集内的根为，当时，求的最大值； ②若，函数的零点分别为，求的值. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）确定为奇函数，根据得到，解得答案； （2）①根据根与系数关系确定，代入计算得到，根据范围得到最值；②取变换得到，得到根与系数的关系，确定，计算得到答案. 【小问1详解】 由为奇函数，则恒成立. 即， 整理得：恒成立，故，解得， 故. 【小问2详解】 ①若，则，由题有的三个实根为. 设， 展开得， 故， 则， 又，故， 综上：当时，的最大值为； ②时，，由有， 同时除以得，令，，， 由题知是方程的三个根， 则， 展开得，， 则. 【点睛】方法点睛：整体换元法可以简化分式的大部分运算，也体现了数学中转化思想. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $