精品解析：福建省泉州市2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题

2023-2024学年度下学期泉州市高中教学质量监测 高一数学 2024.07 本试卷共19题，满分150分，共8页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2，考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算及模长公式计算即可. 【详解】解法一：设，由，得， 解得，所以． 解法二：由，得，所以． 解法三：由，得，所以． 解法四：由，得，所以， 故选:C． 2. 从甲、乙、丙三所学校中随机抽取210名学生，接受省级高中体育与健康教育质量监测．已知甲、乙、丙三所学校的学生人数分别为400，700，1000，若按各校人数分层抽样，则从甲学校中应抽取的学生人数为（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】A 【解析】 【分析】计算出抽样比例可得答案. 【详解】由分层抽样，从甲学校中应抽取的人数为人． 故选：A． 3. 单位向量满足，则和的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用已知等式两边平方可得求得，进而可求的夹角. 【详解】由两边平方可得， 所以，所以，解得， 所以，所以的夹角为60°． 故选：B． 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合向量的线性运算求解. 【详解】如图所示： 由题意可得： ． 故选：D． 5. 如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用棱台的体积公式求解即可，或者利用补台为锥的办法求解． 【详解】解：根据四棱台的体积公式 ． 解法二：若公式记不住，也可考虑补台为锥的办法快速求解，如下图； 根据三角形相似可知，则， 即，所以 故选B． 6. 已知数据的均值为3，方差为1，则数据的均值和方差分别为（ ） A. 9，5 B. 6，5 C. 9，4 D. 6，4 【答案】C 【解析】 【分析】根据均值和方差公式计算数据的数字特征，或者根据均值和方差的性质计算. 【详解】方法一：设数据的均值为，方差为，则， 由得的均值为： ； 的方差为： 方法二：由题意可知：新数据的均值为，方差为． 故选:C． 7. 已知直线，平面，则的充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间线线、线面和面面位置关系即可判断. 【详解】对于A，如图①，直线平面，直线平面； 但直线与直线为异面直线，故A错误； 对于B，如图①，平面平面，直线平面， 直线平面；但直线与直线为异面直线，故B错误； 对于C，如图②，，作平面，使得， 则，作平面，使得， 则，所以， 所以且， 所以，所以，故C正确； 对于D，如图①，平面平面，直线平面， 直线平面，但直线与直线为异面直线，故D错误． 故选：C． 8. 《周易·系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形与其内部的圆，其中，圆的直径为为正八边形的中心，为正八边形边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，过点作交于，则由正八边行的对称性可知为的最小值，则利用向量的加减法运算得，所以只要求出的最小值即可，解法一：延长交于，连结，利用正八边形的性质求解，解法二：在中，利用余弦定理求解，解法三：求出，再结合求解. 【详解】如图，过点作交于， 则由正八边行的对称性可知为的最小值， 则， ， 所以最小值为， 的长度解法提供以下三种解法： 解法一：延长交于，连结由正八边形的对称性显然有，且易得为等腰直角三角形． 依题可知，所以． ， 所以 所以最小值为 解法二：在中，，设， 由余弦定理得，解得， 所求最小值为． 解法三：由（或解得） 由，解得， 所求最小值为． 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本小题主要考查向量的数量积、余弦定理等基础知识，考查推理论证、运算求解等能力，解题的关键是灵活运用正八边形的性质，考查数形结合、化归与转化等思想，体现综合性、应用性，导向对发展数学直观、数学运算等核心素养的关注． 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，部分选对得部分分． 9. 已知为复数，则下列命题正础的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：根据共轭复数结合复数乘法运算求解；对于BC：举反例说明即可；对于D：解法一：根据复数的乘法运算结合模长公式分析判断；解法二：根据复数的三角形式分析判断. 【详解】设复数， 对于选项A：若，则，所以， 所以，故A正确； 对于选项B：例如，则，故B错误； 对于选项C：例如，此时满足，但，故C错误； 对于选项D：解法一： ； 解法二：设， 则， 可得 ， 则，即，故D正确； 故选：AD． 10. 第75届联合国大会上，我国向世界郑重承诺力争在2030年前实现碳达峰，努力争取在2060年前实现碳中和.2021年全国两会的政府工作报告明确提出要扎实做好碳达峰、碳中和的各项工作，大力发展新能源．常见的新能源主要有潮汐能、风能、太阳能和地热能等．下图为2015年与2020年我国新增电力装机结构对比，则（ ） A. 2015年我国新增电力装机中，火电装机占比最大 B. 2020年我国新增电力装机中，风电装机数多于火电装机数 C. 2020年我国水电新增装机数少于2015年 D. 2020年我国新增电力装机结构中，新能源装机占比大于2015年 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用扇形图判断. 【详解】对于A，2015年我国新增电力装机中火电装机占比50.65%，显然占比最大，故A正确； 对于B，2020年我国新增电力装机中风电装机占比37.55%，火电装机占比29.53%，所以新增电力装机中风电装机数大于火电装机数，故B正确； 对于C，虽然相对于2015年，2020年我国核电新增装机占比减少，但由于总装机数不确定，所以不能得出核电装机数减少的结论，故C错误； 对于D，2015年我国新增电力装机中火电装机占比50.65%，所以新能源装机占比不超过50%，但2020年我国风电和太阳能新增装机占比和为62.8%大于50%，所以2020年我国新增电力装机结构中清洁能源占比增加，故D正确． 故选：ABD． 11. 正方体中，分别为的中点，为侧面内一点，则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 线段上不存在点，使与所成角为30° C. 当∥平面时，的最大值为 D. 当点为侧面中心时，平面截正方体所得的截面为五边形 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，假设存在平面，利用反证法分析判断，对于B，由∥，得是异面直线与所成角，然后在直角中求解判断，对于C，取中点中点，可证得平面∥平面，则平面，所以，从而可求出的最大值，对于D，根据平面的性质作出截面判断. 【详解】设正方体的棱长为2 对于A，若存在平面，因为平面，则平面平面，矛盾， 故不存在点使平面，故A错误； 对于B，因为∥，则是异面直线与所成角， 因为平面平面，为直角三角形，，， 则，所以不存在点使与所成角为，故B正确； 对于C，取中点中点，则∥，平面平面， 则∥平面，因为∥平面平面， 则∥平面，，所以平面∥平面， 因为∥四点共面，平面∥平面， 所以∥平面时，平面， 平面平面， 在中，边上的高满足，则，，故C正确； 对于D，过作∥交于，过作∥交于，∥且，延长相交于平面，为中点，且为中点，所以∥且， 即三点共线且， 连接并延长，与相交于点，与的延长线相交于点，∥，所以， 连接与相交于点∥，所以， 连接与相交于点，由对称性可得， 连接，则平面截正方体所得的截面图形为五边形，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：本小题以正方体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识；解题的关键是结合正方体的性质求解，考查空间想象能力、推理论证能力等；导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注；体现基础性与综合性，属于较难题． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由向量垂直的坐标表示代入计算，即可得到结果. 【详解】由可知，则． 故答案为：． 13. 已知中，，向量在向量上的投影向量为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：利用投影向量的定义结合题意列方程求解即可；解法二：如图作延长线于点，则由题意可得，从而可求出角. 【详解】解法一：因为向量在向量上的投影向量为 ， 则， 因为 所以． 解法二：如图作，交延长线于点， 由题可知向量在向量上的投影向量为， 即，因为， 所以， 故答案为：． 14. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，且母线长为2，为其底面圆周上的两点，若面积的最大值为，则球的表面积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】本题根据已知条件得为轴截面时，最大，再根据球心在上，由此列方程或者根据正弦定理可求得外接球的半径，即可求出外接球表面积. 【详解】如图所示，因为， 所以当为轴截面时，最大， 因为的面积最大值为， 则，所以， 即圆锥的轴截面为等边三角形. 解法一：因为圆锥的母线长为2，所以在中， ， 设球O的半径为R，则， 在中，， 即，解得， 解法二：因为为的外心，所以外接球直径，即， 所以外接球表面积． 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. 如图，的内角所对的边分别为为外一点，，． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）思路一：直接由余弦定理即可列方程求解；思路二：由正弦定理、“大边对大角”得，进一步可得，结合勾股定理即可求解； （2）思路一：由正弦定理、三角恒等变换得，即为等腰直角三角形，结合三角形面积公式即可求解；思路二：由余弦定理得，结合勾股定理逆定理得为等腰直角三角形，结合三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 解法一：在中，由余弦定理得： ， 代入得， 解得或（舍去）， 所以． 解法二：在中，由正弦定理得：， 所以， 又，所以， 即，所以， 由勾股定理得，， 所以． 【小问2详解】 解法一：在中，由正弦定理得： 可化为， 所以， 整理得，又因为， 所以， 所以为等腰直角三角形， 则的面积为． 解法二：在中，由余弦定理得：可化为， 整理得， 由勾股定理的逆定理得为等腰直角三角形， 则的面积为． 16. 盒子中有4个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，从盒子中有放回地随机两次摸出小球，每次摸出一个小球． （1）求两次摸到的小球数字之和为偶数的概率； （2）设事件“两次摸到的小球数字之和是质数”，事件“第1次摸到的小球数字为奇数”，事件“第2次摸到的小球数字为奇数”，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：利用列举法，列出从盒中有放回依次随机摸出两个小球，再找出两次摸到的小球数字之和为偶数的情况，然后利用古典概型的概率公式求解，解法二：根据分步乘法原理和分类加法原理结合古典概型的概率公式求解； （2）解法一：列举出事件的所有情况，再利用古典概型的概率公式求出，然后根据互斥事件和独立事件的概率公式求解；解法二：列举出，，，从而可列举出，再利用古典概型的概率公式求解. 【小问1详解】 解法一：从盒中有放回依次随机摸出两个小球的样本空间是 ， 所以，共有16个样本点． 记事件“两次摸到的小球数字之和为偶数”， 则， 所以，共有8个样本点． 因为样本空间的每个样本点具有等可能性， 所以， 即两次摸出的小球数字之和为偶数的概率为． 解法二：记事件“两次摸到的小球数字之和为偶数”． 每一次从盒中摸出小球，小球的数字都有概率相同的4种可能， 故有放回地摸两次，两次的小球数字相加情况共有种可能， 1，2，3，4中共有2个偶数和2个奇数， 事件发生有种可能（2次都摸到偶数和2次都摸到奇数）， 因为上述各种情况发生的可能性都相同，所以． 【小问2详解】 解法一：因为，则， ， ， 所以，则， 因为事件不会同时发生，所以两两互斥， 所以， 又因为， 所以 即可得． 解法二：因为， ， ， ， ， 可以得到， ， ， 所以， 共有8个样本点， 即． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，． （1）求三棱柱的体积； （2）求证：． 【答案】（1） （2）证明：法一：在中，，即， 在中， ， 因为平面平面，所以， 在中，， 则，所以， 因为，所以． 法二：在中，，即， 在中， ， ，则， 又因为平面平面，则， 且平面， 所以平面，平面，则， 因为，所以． 法三：在中，， 因为平面平面，则， 在中，， 则， 又因为，所以． 【解析】 【分析】（1）法一：证明平面，在中，利用余弦定理求得AC，在中，利用等面积法求得，再由求解； 法二：取中点，易证平面，在中，利用余弦定理求得AC，在中，求得BO，易得，再由求解． （2）法一：在中得到，在中，利用余弦定理得到BH，在中，利用勾股定理得到，再由证明； 法二：在中得到，在中，利用余弦定理得到BH，由勾股定理得到，再由，得到平面，再由 证明； 法三：在中，，由平面得到，在中，利用勾股定理得到，再由证明． 【小问1详解】 解：法一：如图所示： 过点做，垂足为平面， 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 在中，， 所以为直角三角形， 在中，由， 解得， 所以； 法二：如图所示： 取中点，连接，因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 在中，， ，所以为直角三角形， 在中，， ， 所以． 【小问2详解】 略 18. “泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心"于2021年7月25日成功列入《世界遗产名录》，成为中国第56处世界遗产，泉州在持续做好世界遗产保护的同时，积极推动文化和旅游的深度融合，在2024年“五一”假期期间，为了解全国各地游客对泉州某景点的满意度，景区在该景点向游客做随机问卷调查，收集了1000份问卷，并统计每份问卷的得分（百分制），绘制了如下频率分布直方图： （1）求a； （2）估计该满意度得分的第一四分位数和总体平均数； （3）已知填写问卷的游客中，儿童、中青年人、老年人的比例为1∶7∶2，其中儿童游客满意度得分的平均数为86，方差为45.15；老年人游客满意度得分的平均数为96，方差为10.55．请结合频率分布直方图，估计中青年游客对该景点满意度得分的平均数和方差． 【答案】（1） （2）第一四分位数为89.5，平均数为91.5 （3）平均分为91，方差28.75 【解析】 【分析】（1）由频率分步直方图中各个矩形的面积之和为1即可列方程求解参数的值； （2）直接由第一四分位数的定义以及平均数的计算公式即可求解； （3）由分层平均数、方程公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图得：， 解得． 【小问2详解】 ， 由频率分布直方图，第一四分位数落在区间之间， 由， 可以估计该满意度得分的第一四分位数为89.5， 1000份问卷的平均分可估计为： ． 用样本估计总体，可以估计游客对该景点满意度的总体平均数为91.5． 【小问3详解】 由频率分布直方图，1000份问卷的方差可估计为： ， 用样本估计总体，则所有游客满意度平均分为，方差为 儿童游客满意度平均分为，方差为， 老年人游客满意度平均分为，方差为， 估计中青年游客对该景点满意度的平均分为，方差， 则， 所以， ， 得， 所以估计中青年游客对该景点满意度的平均分为91，方差28.75． 19. 一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，叫做复数的三角表示式，简称三角形式． （1）写出复数的三角形式； （2）阅读材料： 数学家布鲁克·泰勒提出利用多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线的泰勒公式，在近似计算、函数拟合和计算机科学上有着举足轻重的作用．如下列常见函数的阶泰勒展开式为： ， ， ，其中，读作的阶乘． 数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数联系在一起创造了欧拉公式：，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥． 数学家棣莫弗发现，则．特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理，该定理为概率论的发展做出重要的贡献． ①利用泰勒展开式求的近似值（精确到0.001）； ②设，求集合的元素个数． 【答案】（1） （2）①；②168 【解析】 【分析】（1）利用给定定义求解即可. （2）①利用给定定义计算求解即可；②利用给定定义结合三角恒等变换求解即可. 【小问1详解】 由， 知，故， 对于复数， 则，且，故可取， 所以的三角形式为； 【小问2详解】 ①的近似值为 ； ②解法一： ， 依题可知， 所以， 即，又因为， 所以，即， 故的值中有168个实数， 即集合的元素个数为168． 解法二： （注：） 所以，即， 因为， 且当时，，当时，， 所以， 故的值中有168个实数， 即集合的元素个数为168； 解法三： （注：） 所以，即， 因为， 且当时，，当时，， 所以， 故的值中有168个实数， 即集合的元素个数为168． 【点睛】关键点点睛：本题考查复数新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后利用定义结合三角恒等变换，得到所要求的集合内的元素个数即可． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度下学期泉州市高中教学质量监测 高一数学 2024.07 本试卷共19题，满分150分，共8页．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2，考生作答时，将答案答在答题卡上．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效．在草稿纸、试题卷上答题无效． 3．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 4．保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知复数满足（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 5 2. 从甲、乙、丙三所学校中随机抽取210名学生，接受省级高中体育与健康教育质量监测．已知甲、乙、丙三所学校的学生人数分别为400，700，1000，若按各校人数分层抽样，则从甲学校中应抽取的学生人数为（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 3. 单位向量满足，则和的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm．若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数据的均值为3，方差为1，则数据的均值和方差分别为（ ） A. 9，5 B. 6，5 C. 9，4 D. 6，4 7. 已知直线，平面，则的充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 8. 《周易·系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦．如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形与其内部的圆，其中，圆的直径为为正八边形的中心，为正八边形边上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对得部分分． 9. 已知为复数，则下列命题正础的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则 D. 10. 第75届联合国大会上，我国向世界郑重承诺力争在2030年前实现碳达峰，努力争取在2060年前实现碳中和.2021年全国两会的政府工作报告明确提出要扎实做好碳达峰、碳中和的各项工作，大力发展新能源．常见的新能源主要有潮汐能、风能、太阳能和地热能等．下图为2015年与2020年我国新增电力装机结构对比，则（ ） A. 2015年我国新增电力装机中，火电装机占比最大 B. 2020年我国新增电力装机中，风电装机数多于火电装机数 C. 2020年我国水电新增装机数少于2015年 D. 2020年我国新增电力装机结构中，新能源装机占比大于2015年 11. 正方体中，分别为的中点，为侧面内一点，则（ ） A. 存在点，使得平面 B. 线段上不存在点，使与所成角为30° C. 当∥平面时，的最大值为 D. 当点为侧面中心时，平面截正方体所得的截面为五边形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若，则______． 13. 已知中，，向量在向量上的投影向量为，则______． 14. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，且母线长为2，为其底面圆周上的两点，若面积的最大值为，则球的表面积为______． 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. 如图，的内角所对的边分别为为外一点，，． （1）求； （2）若，求的面积． 16. 盒子中有4个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，从盒子中有放回地随机两次摸出小球，每次摸出一个小球． （1）求两次摸到的小球数字之和为偶数的概率； （2）设事件“两次摸到的小球数字之和是质数”，事件“第1次摸到的小球数字为奇数”，事件“第2次摸到的小球数字为奇数”，求． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，，． （1）求三棱柱的体积； （2）求证：． 18. “泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心"于2021年7月25日成功列入《世界遗产名录》，成为中国第56处世界遗产，泉州在持续做好世界遗产保护的同时，积极推动文化和旅游的深度融合，在2024年“五一”假期期间，为了解全国各地游客对泉州某景点的满意度，景区在该景点向游客做随机问卷调查，收集了1000份问卷，并统计每份问卷的得分（百分制），绘制了如下频率分布直方图： （1）求a； （2）估计该满意度得分的第一四分位数和总体平均数； （3）已知填写问卷的游客中，儿童、中青年人、老年人的比例为1∶7∶2，其中儿童游客满意度得分的平均数为86，方差为45.15；老年人游客满意度得分的平均数为96，方差为10.55．请结合频率分布直方图，估计中青年游客对该景点满意度得分的平均数和方差． 19. 一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，叫做复数的三角表示式，简称三角形式． （1）写出复数的三角形式； （2）阅读材料： 数学家布鲁克·泰勒提出利用多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线的泰勒公式，在近似计算、函数拟合和计算机科学上有着举足轻重的作用．如下列常见函数的阶泰勒展开式为： ， ， ，其中，读作的阶乘． 数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数联系在一起创造了欧拉公式：，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥． 数学家棣莫弗发现，则．特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理，该定理为概率论的发展做出重要的贡献． ①利用泰勒展开式求的近似值（精确到0.001）； ②设，求集合的元素个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $