精品解析：安徽省马鞍山市第二中学2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

马鞍山市2023～2024学年第二学期期末教学质量监测 高一数学试题 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、选择题：本大题共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z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面上对应的点位于（ ）. 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，，且，则（ ）. A. B. 4 C. D. 1 3. 某校高一年级有810名学生，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为72的样本，则抽取男生和女生的人数分别为40，32，则该校高一年级的女生人数为（ ）. A. 450 B. 360 C. 400 D. 320 4. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（ ）. A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 5. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，正面朝上的次数记为X，则（ ）. A. 时， B. 时， C. 时， D. 时， 6. 一个高为的直三棱柱容器内装有水，将侧面水平放置如图（1），水面恰好经过棱，，，的中点，现将底面水平放置如图（2），则容器中水面的高度是（ ）. A B. C. D. 7. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ）. A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 8. 太白楼，原名谪仙楼，位于安徽省马鞍山市采石矶景区，素有“明月江天贮一楼”的美誉.如图，为测量太白楼的高度MN，取与楼底端N处位于同一水平高度且共线的三点A，B，C，测得楼顶端M处的仰角分别为，且，则太白楼的高度为（ ）. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件，满足：，，则（ ）. A. 若，互斥，则 B. 若，互斥，则 C. 若，互相独立，则 D. 若，互相独立，则 10. 已知正方体棱长为1，P是棱上的动点，则（ ）. A. 四棱锥的体积为定值 B. C. 的最小值为 D. AP与DC夹角的最大值为 11. 某校篮球社的20个成员进行了定点投篮测试并记录得分，已知男生组10人得分的平均数和方差分别为8和4，女生组10人得分的平均数和方差分别为x和y，这20人得分的平均数和方差分别为a和b，则（ ）. A 时， B. 时， C. ，时， D. ，时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知i是虚数单位，复数z和均为纯虚数，则______. 13. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 14. 如下图，正方体中，，上底面中心为. 现将正方形绕点在原平面内逆时针旋转角，，连接，得到如下图所示的十面体： 则这个十面体的外接球的表面积是______；这个十面体体积的最大值是______. 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. 已知甲、乙两袋中各装有4个质地和大小完全相同的小球，甲袋中有红球2个、白球1个、蓝球1个，乙袋中有红球1个、白球1个、蓝球2个. （1）从两袋中随机各取一球，求取到的两球颜色相同的概率； （2）从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，求取到至少一个红球的概率. 16. 某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，，，，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图. （1）请估计样本数据平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）； （2）学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由. 17. 如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，求二面角的余弦值. 18. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成（且角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记为.已知在斜坐标系xOy中，，. （1）证明：； （2）当时，，求； （3）当时，若向量，，已知，求函数最值. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）若，，记与平面所成角为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 马鞍山市2023～2024学年第二学期期末教学质量监测 高一数学试题 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、选择题：本大题共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z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面上对应的点位于（ ）. 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】根据复数的除法求出复数z，可得，根据复数的几何意义可得答案. 【详解】由，得，则， 故复数在复平面上对应的点位于第一象限， 故选：A 2 已知向量，，且，则（ ）. A. B. 4 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标形式可求的值. 【详解】因为，故，即， 故选：D. 3. 某校高一年级有810名学生，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为72的样本，则抽取男生和女生的人数分别为40，32，则该校高一年级的女生人数为（ ）. A. 450 B. 360 C. 400 D. 320 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样定义计算即可. 【详解】由分层抽样可得高一年级的女生人数为. 故选：B. 4. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（ ）. A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理和正弦和角公式化简得到，求出，得到答案. 【详解】由正弦定理得， 其中， 所以， 因为，所以， 故， 因为，所以， 故为直角三角形. 故选：C 5. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，正面朝上的次数记为X，则（ ）. A. 时， B. 时， C. 时， D. 时， 【答案】C 【解析】 【分析】每次投掷正面朝上的概率均为，利用独立重复试验的概率求解方法即可得解. 【详解】对于选项，，故错误； 对于选项，，故错误； 对于选项，，故正确； 对于选项，，故错误. 故选： 6. 一个高为的直三棱柱容器内装有水，将侧面水平放置如图（1），水面恰好经过棱，，，的中点，现将底面水平放置如图（2），则容器中水面的高度是（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设直三棱柱的底面面积为，在图中，设水面的高度为，根据图和图中水的体积相等可得出关于的等式，即可解得的值. 【详解】记棱，，，的中点依次为， 设直三棱柱的底面面积为， 在图中，设水面的高度为，则水的体积为， 在图中，几何体为直四棱柱， 因为分别为棱，，，的中点，所以， 则水的体积为，解得. 故选：C. 7. 已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ）. A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】A.缺少条件，故A错误； B. 若，，，则，故B正确； C. 若，，，则与平行，相交，或异面，垂直都有可能，故C错误； D. 若，，，则与相交，平行，垂直都有可能，故D错误. 故选：B 8. 太白楼，原名谪仙楼，位于安徽省马鞍山市采石矶景区，素有“明月江天贮一楼”的美誉.如图，为测量太白楼的高度MN，取与楼底端N处位于同一水平高度且共线的三点A，B，C，测得楼顶端M处的仰角分别为，且，则太白楼的高度为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设太白楼的高度为，解直角三角形，表示出， 利用余弦定理即可求得答案. 【详解】设太白楼的高度为， 由题意知在中，，则； 在中，，则； 在中，，则； 在中，， 在中，， 由于， 即，解得， 即太白楼的高度为， 故选：A 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. 已知事件，满足：，，则（ ）. A. 若，互斥，则 B. 若，互斥，则 C. 若，互相独立，则 D. 若，互相独立，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据概率加法公式判断A，根据互斥事件定义判断B，根据独立事件概率乘法公式判断D，根据概率加法公式判断C. 【详解】当，互斥时，， 又，， 所以，A正确； 当，互斥时，事件，不可能同时发生， 所以，B错误； 当，互相独立，则， 又，， 所以，D正确； 当，互相独立时，，C错误. 故选：AD. 10. 已知正方体的棱长为1，P是棱上的动点，则（ ）. A. 四棱锥的体积为定值 B. C. 的最小值为 D. AP与DC夹角的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据锥体的体积公式，以及线面的位置关系，即可判断A，根据线面垂直平面，即可判断B，根据展开面，结合两点间距离，即可判断C，根据异面直线所成角，结合线面位置关系，即可判断D. 【详解】因为平面，所以点到平面的距离为定值1， 正方形的面积也是1，所以四棱锥的体积为定值，故A正确； B. 因为平面，平面，所以， 又因为，且，且平面， 所以平面，平面， 所以，故B正确； C.如图，以为轴，使平面和平面在一个平面，连结， 因为，所以是的最小值，，故C错误； D.因为，所以异面直线与的夹角为， 因为平面，平面，所以， 则，当点与重合时，最大，此时, 此时，此时，故D错误. 故选：AB 11. 某校篮球社的20个成员进行了定点投篮测试并记录得分，已知男生组10人得分的平均数和方差分别为8和4，女生组10人得分的平均数和方差分别为x和y，这20人得分的平均数和方差分别为a和b，则（ ）. A. 时， B. 时， C. ，时， D. ，时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据分层抽样的平均数及方差公式计算即可判断各个选项. 【详解】对于A：当，则，A选择正确； 对于B：不确定的值不能求出具体的值，B选项错误； 对于C：当时，， 所以，C选项正确； 对于D：当时，， 所以，D选项正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知i是虚数单位，复数z和均为纯虚数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先利用待定系数法、纯虚数的概念求出，然后根据模的计算公式求解即可. 【详解】由题意设， 则纯虚数当且仅当， 解得，所以. 故答案为：. 13. 已知向量，且在上的投影向量的坐标为，则与的夹角为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据投影向量公式得在上的投影向量为，结合已知可得结果. 【详解】设与的夹角为，且，， 则在上的投影向量为， 即，所以，所以， 故答案为：. 14. 如下图，正方体中，，上底面中心为. 现将正方形绕点在原平面内逆时针旋转角，，连接，得到如下图所示的十面体： 则这个十面体的外接球的表面积是______；这个十面体体积的最大值是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】该十面体的外接球球心显然是上下底面中心连线的中点，该点到该十面体每个顶点的距离均为. 所以这个十面体的外接球的半径是，从而其表面积是. 如图，设有一平行于底面的平面，并设该十面体被平面截得的截面为八边形. 并设平面和下底面之间的距离为，则 ，，，，，，，. 将所有的点都投影到一个平行于底面的平面上，得到两个外接圆相同的正方形和一个八边形，如下图所示. 设在投影后的图中，的面积为，则. 根据相似三角形性质有，， 所以. 由于，，故每个截面的面积最大值都在时取到. 这个时候，，此时原组合体的体积取到最大值. 在该条件下，我们计算原几何体的体积，此时有，. 记下底面和上底面的中心分别为和，则直线垂直于两底面，并设的中点为. 在线段上分别取点，使得，则由于，且，故四边形为平行四边形. 而平面，且直线在平面内，故，所以四边形为矩形. 所以，而由可知，且和在平面内交于点，故平面. 同理，平面 现在，由于，，故点到的距离. 根据对称性，点到平面的距离也为，同时，直线和的距离等于的长度，即. 同理，点到平面的距离和点到平面的距离均为，与，和与的距离都是. 所以. 同理. 而， 同理. 又有. 所以在该条件下，该几何体的体积为 . 综上，此十面体体积的最大值为. 故答案为：，. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用恰当的分割方式计算组合体的体积. 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. 已知甲、乙两袋中各装有4个质地和大小完全相同的小球，甲袋中有红球2个、白球1个、蓝球1个，乙袋中有红球1个、白球1个、蓝球2个. （1）从两袋中随机各取一球，求取到的两球颜色相同的概率； （2）从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，求取到至少一个红球的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用列举法结合古典概型的概率的计算公式可求概率； （2）考虑“取到至少一个红球”的对立事件，利用例举法结合古典概型的概率公式可求概率. 【小问1详解】 设甲袋中的红球为，白球为，篮球为， 乙袋中的红球为，白球，篮球为， 则从两袋中各取一球，所有基本事件如下： ，， ，， 故基本事件的总数为. 设为“取到的两球颜色相同”，则含有的基本事件如下： 共5个基本事件，则. 【小问2详解】 如（1）中所设，从甲袋中随机取两球，从乙袋中随机取一球，总的基本事件如下： ，， ，， ，， 基本事件的总数为， 设为“取到至少一个红球”，其对立事件设为，则为“没有取到红球”， 含有的基本事件如下：，共有3个， 故，故. 16. 某校为提高学生对交通安全的认识，举办了相关知识竞赛，从所有答卷中随机抽取份作为样本，发现得分均在区间内.现将个样本数据按，，，，，分成组，并整理得到如下频率分布直方图. （1）请估计样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）和中位数（精确到）； （2）学校决定表彰成绩排名前的学生，学生甲的成绩是，请估计该学生能否得到表彰，并说明理由. 【答案】（1）样本数据的平均值为，中位数为； （2）学生甲不能得到表彰，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）用每组数据中点值乘以该组数据的频率相加求和可得平均值，先估算中位数的范围，再列方程求中位数； （2）估算排名在的成绩，和比较，得到结论. 【小问1详解】 样本数据的平均值为 因为从左至右的前组数据的频率为， 从左至右的前组数据的频率为， 所以样本数据的中位数位于区间内，设中位数为，则， 所以， 【小问2详解】 成绩低于分的频率为，成绩低于分的频率为， 则被表彰的最低成绩为， 所以估计学生甲不能得到表彰. 17. 如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. （1）证明：平面平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质可得，然后由直径所对的圆周角等于可得，进而由线面垂直的判定定理可得平面，从而面面垂直的判定定理得证平面平面. （2）设，作,垂足于，并求的长度，进而由可得，易知是二面角的平面角，从而用余弦定理即可即可求解. 【小问1详解】 证明：因为是一条母线，所以平面，而平面，则， 因为是底面一条直径，C是的中点，所以，即， 又平面且， 所以平面，而平面，则平面平面. 小问2详解】 设，则，. 取的中点，则，， 作，垂足于，则，即， 进而，所以. 因为分别是的中点，连接， 所以，又，. 由，可知，是二面角的平面角. 所以. 故二面角的余弦值为. 18. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成（且角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标，记为.已知在斜坐标系xOy中，，. （1）证明：； （2）当时，，求； （3）当时，若向量，，已知，求函数的最值. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）最小值，最大值 【解析】 【分析】（1）将分别用的组合来表示，根据点乘的定义计算即可证明. （2）将用来表示，利用余弦定理可求的长度. （3）由（1）可得的解析式，利用化简以后利用三角函数的性质可得的最值. 【小问1详解】 ， ， . 【小问2详解】 ， 如图，中 . 【小问3详解】 ， 由（1）可得， 令，则， ， 当时，， 当时，. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点. （1）证明：； （2）证明：平面； （3）若，，记与平面所成角为，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论； （2）取的中点,通过证明平面以及平面可得面面平行，即可求证； （3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值。 【小问1详解】 连接，设，连接. 因为，平面，平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； 【小问2详解】 取的中点，连结， 由中位线性质可得，且，所以， 因为平面平面，所以平面， 同理可证平面， 因为平面平面， 所以平面//平面；. 又平面, 所以//平面, 【小问3详解】 设，， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形为菱形，而，故. 因为平面，平面，故， 故，同理. 而，故 设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立， 所以 【点睛】线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$