精品解析：四川省遂宁市2023-2024学年高一下学期期末质量监测数学试题

遂宁市2023—2024学年度高中一年级第二学期期末质量监测 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题，共58分） 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. 在复平面内，复数所表示的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 从小到大排列数据1，2，3，7，8，9，10，11的第三四分位数为（ ） A. B. 9 C. D. 10 3. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 一艘船向正北航行，在A处看灯塔S在船的北偏东方向上，航行后到B处，看到灯塔S在船的北偏东的方向上，此时船距灯塔S的距离（即BS的长）为（ ） A. B. C. D. 7. 在复平面内，满足的复数对应的点为，复数对应的点为，则的值不可能为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点， 则满足直线的图形的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 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2分，有选错的得0分. 9. 为普及居民的消防安全知识，某社区开展了消防安全专题讲座．为了解讲座效果，随机抽取14位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份消防安全知识问卷，这14位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的得分如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 讲座前问卷答题得分的中位数小于70 B. 讲座后问卷答题得分的众数为90 C. 讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差 D. 讲座前问卷答题得分的极差大于讲座后得分的极差 10. 若平面向量，满足，则（ ） A. B. 向量与的夹角为 C. D. 在上的投影向量为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则（ ） A. P在侧面轨迹长度为 B. 异面直线AB与MP所成角的最大值为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线MP与平面所成角正切值的取值范围是 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校高中二年级有男生600人，女生400人，为了解学生的身高情况，现按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，则所抽取的男生人数为________． 13. 已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，BC边上的高为，则________． 14. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A，B，C在内的各个顶点都在球O的球面上．若P为球O上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O的体积为，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. 已知复数，（其中）. （1）若为实数，求的值； （2）当时，复数是方程的一个根，求实数的值. 16. 已知向量，． （1）若与垂直，求实数k的值； （2）已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值． 17. 一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间，，…，分成5组，得到下图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若一次进货太多，水果不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）．请问，每天应该进多少水果？ 18. 从①；②；③．这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题． 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________． （1）求角C的大小； （2）若点D在AB上，CD平分，，，求CD的长； （3）若该三角形为锐角三角形，且面积为，求a的取值范围． 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 19. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点 （1）平面AEF与平面PBC是否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由； （2）求二面角大小； （3）若直线平面AEF，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 遂宁市2023—2024学年度高中一年级第二学期期末质量监测 数学试题 本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后，只将答题卡交回. 第I卷（选择题，共58分） 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. 在复平面内，复数所表示的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的运算先化简，再由几何意义判断. 【详解】，则在复平面内，复数所表示的点坐标为， 位于第三象限. 故选：C 2. 从小到大排列的数据1，2，3，7，8，9，10，11的第三四分位数为（ ） A. B. 9 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】计算，结合百分位数的定义求解即可. 【详解】因为，所以该组数据的第三四分位数为. 故选：C 3. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，设，表示出，再根据复数相等的充要条件得到方程，解得、，即可得解. 【详解】因为， 设，则， 所以， 又，所以，所以， 所以. 故选：B 4. 如图，在梯形ABCD中，，E在BC上，且，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由平面向量的加减、数乘运算求解即可. 【详解】， . 故选：D 5. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【分析】结合线面平行的性质定理，即可证明选项A，构建长方体模型，举反例可以判断B、C、D选项. 【详解】对于A选项，过作平面，，因为，所以， 又因为，，所以，所以，故A正确； 如图，构造长方体模型， 对于B选项，设设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故B错误； 对于C选项，设设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故C错误； 对于D选项，设设平面为平面，直线为，直线为，由图知，此时，，但，故D错误； 故选：A. 6. 一艘船向正北航行，在A处看灯塔S在船的北偏东方向上，航行后到B处，看到灯塔S在船的北偏东的方向上，此时船距灯塔S的距离（即BS的长）为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，结合正弦定理求解即可. 【详解】， ， . 故选：B 7. 在复平面内，满足的复数对应的点为，复数对应的点为，则的值不可能为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，设，则，根据得到，即在以为圆心，半径的圆上，求出，由，求出的范围. 【详解】因为， 设，则，又，即， 所以，即，所以在以为圆心，半径的圆上， 又复数对应的点为，所以，所以， 所以，表示圆上的点与点的距离， 又， 所以，即，结合选项可知只有A不可能. 故选：A 8. 已知下面给出的四个图都是正方体，A，B为顶点，E，F分别是所在棱的中点， 则满足直线的图形的个数为（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】D 【解析】 【分析】通过作辅助线构造平面，由线面垂直的判定以及定义逐一证明即可. 【详解】对于①：如下图所示，点为所在棱的中点，由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面 ，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故①正确； 对于②：如下图所示，点为所在棱的中点，由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面, ，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故②正确； 对于③：如下图所示，由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面, ，从而由线面垂直的判定得出平面，则，故③正确； 对于④：如下图所示，点为所在棱的中点，由③可知，， 由中位线定理及等腰三角形的性质， 易证，由平面，得出，平面， ，从而由线面垂直的判定得出平面，则， 平面，，由线面垂直的判定可得平面， 则，故④正确； 故选：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2分，有选错的得0分. 9. 为普及居民的消防安全知识，某社区开展了消防安全专题讲座．为了解讲座效果，随机抽取14位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份消防安全知识问卷，这14位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的得分如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 讲座前问卷答题得分的中位数小于70 B. 讲座后问卷答题得分的众数为90 C. 讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差 D. 讲座前问卷答题得分的极差大于讲座后得分的极差 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意结合统计知识逐一判断即可. 【详解】对于A：由图可知，讲座前问卷答题得分的中位数大约为，故A正确； 对于B：由图可知，讲座后问卷答题得分的众数为95，故B错误； 对于C：讲座前问卷答题得分比讲座后的较分散，即讲座前问卷答题得分的方差大于讲座后得分的方差，故C正确； 对于D：讲座前问卷答题得分的极差大约为，讲座后问卷答题得分的极差大约20，故D正确； 故选：ACD 10. 若平面向量，满足，则（ ） A. B. 向量与的夹角为 C. D. 在上的投影向量为 【答案】AD 【解析】 【分析】由向量的模长运算判断AC；由夹角公式判断B；由数量积公式判断D. 【详解】对于A： ，则，故A正确； 对于C：，故C错误； 对于B：，则向量与的夹角为，故B错误； 对于D：在上的投影向量为，故D正确； 故选：AD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则（ ） A. P在侧面的轨迹长度为 B. 异面直线AB与MP所成角的最大值为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 直线MP与平面所成角的正切值的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间直线、平面的位置关系和三棱锥的体积公式、线面角的概念计算求解. 【详解】 如图，取的中点，取的中点，取的中点，依题意，//， 易证//，则//，可知，四点共面， 又平面平面，所以//平面，同理，//平面，又平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，于是，在侧面的轨迹即为线段， 由，得，则A正确； 当在处时，此时直线，即异面直线与所成角的最大值为，B正确； 由上可知，平面，则线段上的点到平面的距离为定值，的面积也为定值， 则（定值），C错误； 由于平面平面，故直线与平面所成角和直线与平面所成角相等， 取的中点，连接，则平面，故是直线与平面所成的角， 且，易求得，则，D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题，共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校高中二年级有男生600人，女生400人，为了解学生的身高情况，现按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为50的样本，则所抽取的男生人数为________． 【答案】30 【解析】 【分析】利用比例分配的分层抽样的性质直接求解． 【详解】由比例分配的分层抽样得： 男生应该抽取：． 故答案为：30． 13. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，BC边上的高为，则________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得，结合三角形的面积公式可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 若，则，与矛盾，所以， 则，又，所以， 由可得， 再由余弦定理可得，代入，， 可得，化简可得，即， 解得或（舍）. 故答案为：3 14. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体．如图是以一个正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有8个面为正三角形，6个面为正方形的“阿基米德多面体”，包括A，B，C在内的各个顶点都在球O的球面上．若P为球O上的动点，记三棱锥体积的最大值为，球O的体积为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】结合题意可知该多面体是由一个正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得，利用几何体的体积公式即可得解. 【详解】把该多面体放入正方体中，如图， 设该多面体的棱长为1，则正方体的棱长为， 因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体的棱切球， 于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则， 设为正方体中与点等距的一个顶点，设三棱锥的高为，由，得， 正方体的对角线长为，球心到平面的距离为， 三棱锥的高的最大值为，故其体积的最大值为，所以， 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. 已知复数，（其中）. （1）若为实数，求值； （2）当时，复数是方程的一个根，求实数的值. 【答案】（1） （2）、 【解析】 【分析】（1）利用复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的类型得到方程，解得即可； （2）首先求出，代入方程，再根据复数相等的充要条件得到方程组，解得即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为为实数，所以，解得． 故为实数时，的值为． 小问2详解】 当时，，， 则复数， 因为是方程（，为实数）的一个根， 所以， 化简得， 由，解得. 16. 已知向量，． （1）若与垂直，求实数k的值； （2）已知O，A，B，C为平面内四点，且，，．若A，B，C三点共线，求实数m的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量坐标线性运算结合垂直关系的坐标运算，列出方程求解即可； （2）由向量加减、数乘运算表示，，再由共线定理解出实数m的值． 【小问1详解】 ， 则， 因为与垂直，所以， 解得． 【小问2详解】 ， ， ， ， 因为A，B，C三点共线，所以． 所以， 解得． 17. 一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间，，…，分成5组，得到下图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若一次进货太多，水果不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求．店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）．请问，每天应该进多少水果？ 【答案】（1），83.5kg （2） 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，所有矩形的面积和为1，所有矩形的面积乘以其底端中点之和即为平均值. （2）能地满足顾客的需要即求该店苹果日销售量的分位数，通过矩形的面积和确定分位数在，再利用公式计算即可． 【小问1详解】 由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为，，0.2，0.4，0.3， 由，解得． 则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3， 所以，该苹果日销售量的平均值为: 【小问2详解】 为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数． 方法1：依题意，日销售量不超过的频率为， 则该店苹果日销售量的分位数在，设为， 则，解得． 所以，每天应该进苹果． 方法2：依题意，日销售量不超过频率为， 则该店苹果日销售量的分位数在， 所以日销售量的分位数为． 所以，每天应该进苹果． 18. 从①；②；③．这三个条件中任选一个补充在下面问题中，并解答该题． 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知________． （1）求角C的大小； （2）若点D在AB上，CD平分，，，求CD的长； （3）若该三角形为锐角三角形，且面积为，求a的取值范围． 注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）若选条件①，根据正弦定理边化角，再化简得，可解角C；若选条件②．根据正弦定理边化角，再利用三角函数恒等变形化简得可解角C；若选条件③，直接由，结合三角函数恒等变形化简得可解角C； （2）在中，根据余弦定理，解得，又，得，从而得解； （3）利用三角形的面积公式求得，结合正弦定理，用表示出并求得的取值范围，进而求得的取值范围. 【小问1详解】 若选条件①， 依题意，得，根据正弦定理得， 因为，所以，则，即， 即，所以． 又，则， 所以； 若选条件②， 由正弦定理得， 所以 ， 即， 即，整理得，即． 因为，所以， 所以． 若选条件③， 在中，因为，， 所以， 即， 化简得． 又，则，故． 因为，所以． 【小问2详解】 在中，根据余弦定理， 有， 即，解得或（舍去）， 依题意，， ， 即，则， 所以． 【小问3详解】 依题意，的面积，所以． 又为锐角三角形，且， 则，所以． 又，则，所以． 由正弦定理，得， 所以， 所以，即， 所以a的取值范围为． 19. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形，底面ABCD，，E为线段PB的中点，F为线段BC上的动点 （1）平面AEF与平面PBC否垂直？若垂直，请证明，若不垂直，请说明理由； （2）求二面角的大小； （3）若直线平面AEF，求直线AB与平面AEF所成角的正弦值． 【答案】（1）平面平面PBC，证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由平面PAB证明，由等腰三角形的性质证明，最后由面面垂直的判定证明即可； （2）作于G，由三角形全等，得出是二面角的平面角，进而由余弦定理求解； （3）由线面平行的性质证明F为线段BC上的中点，再由结合面面垂直的性质证明平面AEF，进而得出线面角的平面角，结合直角三角形的边角关系求解. 【小问1详解】 平面平面PBC． 理由如下： 因为平面ABCD，平面ABCD， 所以， 因为，又，平面， 所以平面PAB，故． 在中，，E为PB的中点，所以． 因为平面PBC，平面PBC，， 所以平面PBC．又平面AEF， 所以平面平面PBC． 【小问2详解】 不妨设，计算可得，， 又，，，所以， 则，作于G，连结DG，又，， 可知，所以， 所以是二面角的平面角． 在中，由， 得，则，， 连结BD，知，在中，根据余弦定理， 得， 所以． 【小问3详解】 因为直线平面AEF，平面PBC，平面平面， 所以直线直线EF． 又E为线段PB的中点，所以F为线段BC上的中点． 由（2）知，所以． 设BG与EF交点为H，连结AH， 由（1）知，平面平面PBC，平面平面， 所以平面AEF． 所以直线AB与平面AEF所成角为． 又由EF，F为BC上的中点，可得H为BG的中点， 可知，，又， 所以． 直线AB与平面AEF所成角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$