精品解析：广东省广州市九区2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

2024学年第二学期期末教学质量监测 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、考生号、试室号和班级填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（ ） A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 3. 若圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图的面积是（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，，点是的中点.设，，则为（ ） A. B. C. D. 6. 、为两条不同的直线，、、为三个不同的平面.下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点，则的最小值是 A. B. 1 C. D. 2 8. 一个袋子中装有标号分别是1，2，3，4，5，6的6个球，除标号外没有其他差异.采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球，设事件表示“第一次摸到球的标号是偶数”，事件表示“第二次摸到球的标号是质数”，事件表示“两次摸到球的标号之和是9”，事件表示“两次摸到球的标号之和是10”.在上述四个事件中任选两个事件，它们相互独立的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，有选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 10. 为了解某市家庭用水量的情况，该市统计局调查了100户居民的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，，分成9组，制成如下频率分布直方图，则（ ） A. 调查100户居民的月均用水量的极差是4.5 B. 调查的100户居民中有24户的月均用水量介于3至4.5之间 C. 估计该市居民用户的月均用水量不低于1.5的比率为73% D. 估计该市居民用户月均用水量的中位数介于之间 11. 已知三棱锥满足底面，且，，则（ ） A. 三棱锥的体积最大值为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 的面积最大值为 D. 与侧面所成的角小于二面角的平面角 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某中学田径队有男运动员28人，女运动员21人，按性别进行分层随机抽样的方法从全体运动员中抽取一个容量为14的样本，如果样本按比例分配，则男运动员应该抽取的人数为_______ 13. 在平面四边形中，，，，，则_____. 14. 如图，设筒车上的某个盛水筒到水面的距离（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为.已知一个半径为的筒车按照逆时针方向每分钟转5圈，筒车的轴心距离水面的高度为.则_____. 四、解答题：本大题共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. 设向量，，且向量与互相垂直. （1）求值； （2）求向量在上的投影向量的坐标. 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）若侧面底面，求证：平面. 17. 甲、乙两人组成“龙队”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. （1）求“龙队”在一轮活动中猜对成语的总数至少1个的概率； （2）若“龙队”在两轮活动中猜对成语的总数不少于3个，即可晋级.求“龙队”晋级的概率. 18. 已知内角，，的对边分别为，，.且满足. （1）求角； （2）已知外接圆的圆心为，半径. （i）作角的平分线交于，，求的面积； （ii）若，求的取值范围. 19. 在三棱锥中，，点在平面上的投影为，连接. （1）如图1，证明：； （2）如图2，记，，直线与平面所成角为，求证：，比较与大小并说明理由； （3）如图3，已知，，，为平面内一点，且.记异面直线与所成角为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期期末教学质量监测 高一数学 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、考生号、试室号和班级填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效. 4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：B. 2. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（ ） A. 84 B. 85 C. 86 D. 87 【答案】B 【解析】 【分析】先将10人的成绩从小到大排序，然后由百分位数计算方法可得答案. 【详解】10名学生的成绩从小到大排序为：71，76，80，81，83，84，86，88，92，96. 因为，则这10人成绩的第60百分位数是第6个数与第7个数的平均数， 即：. 故选：B. 3. 若圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由圆锥的底面半径为1，体积为，可得圆锥的高及母线，然后可得圆锥侧面展开图的面积. 【详解】因圆锥的底面半径为1，体积为，则圆锥的高满足， 则圆锥母线长为，则圆锥侧面展开的侧面积为：. 故选：B 4. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，求解即可. 【详解】因为. 故选：D. 5. 如图，在中，，点是的中点.设，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得结果. 【详解】由，可得， 故. 故选：A. 6. 、为两条不同的直线，、、为三个不同的平面.下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合面面垂直，线面平行，面面平行关系可判断选项正误. 【详解】对于A，当，，若无公共点，则，故A错误； 对于B，由题无法判断是否垂直于，则无法判断是否垂直于，故B错误； 对于C，由面面平行性质定理可得命题正确，故C正确； 对于D，此时与也由可能相交，故D错误. 故选：C 7. 将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点，则的最小值是 A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：函数的图象向右平移个单位长度，所得函数的解析式为，因为它的图象经过点，所以，即，又因为，所以的最小值是，故选D. 考点：1.图象平移变换；2.正弦函数的图象与性质. 8. 一个袋子中装有标号分别是1，2，3，4，5，6的6个球，除标号外没有其他差异.采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球，设事件表示“第一次摸到球的标号是偶数”，事件表示“第二次摸到球的标号是质数”，事件表示“两次摸到球的标号之和是9”，事件表示“两次摸到球的标号之和是10”.在上述四个事件中任选两个事件，它们相互独立的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式求出各个事件的概率，再利用独立事件的概率公式判断事件之间的独立性，最后利用古典概型的概型公式即可. 【详解】偶数有；质数有；标号之和为的有； 标号之和为的有， 样本空间包含的样本点个数为， 由于质数的个数和非质数的个数相同，故利用对称性可知事件包含的样本点个数为 ， 则，，，， 事件：，共种； 事件：；事件：；事件：； 事件：；事件为不可能事件； 则，，，， ，， 故，，，，，， 则事件独立、事件独立、事件独立、事件不独立、 事件不独立、事件不独立， 则在上述四个事件中任选两个事件，它们相互独立的概率为. 故选：C 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，有选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，有共轭复数概念可判断选项正误；对于B，由复数模计算公式可判断选项正误；对于C，由复数乘法可判断选项正误；对于D，由A分析及复数乘法可判断选项正误. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：BC 10. 为了解某市家庭用水量的情况，该市统计局调查了100户居民的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，，分成9组，制成如下频率分布直方图，则（ ） A. 调查的100户居民的月均用水量的极差是4.5 B. 调查的100户居民中有24户的月均用水量介于3至4.5之间 C. 估计该市居民用户的月均用水量不低于1.5的比率为73% D. 估计该市居民用户月均用水量的中位数介于之间 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，由频率分布直方图的数据判断A的真假；对于B，由图可估计用水量介于3至4.5之间的频率，据此可得用户数；对于C，由图可判断选项正误；对于D，由图可得a，结合频率分布直方图可得中位数所在区间. 【详解】对于A，因为频率分布直方图丢失了原始数据，所以不能断定调查的100户居民的月均用水量的极差是4.5，故A错误； 对于B，用水量介于3至4.5之间的频率为：，则应有 户介于3至4.5之间，故B错误； 对于C，不低于1.5的比率为：，故C正确； 对于D，由图可得， 前3个矩形对应频率之和为：，前4个矩形对应频率之和为：，前5个矩形对应频率之和为： 则该市居民用户月均用水量的中位数介于之间，故D正确. 故选：CD 11. 已知三棱锥满足底面，且，，则（ ） A. 三棱锥的体积最大值为 B. 三棱锥的外接球表面积为 C. 的面积最大值为 D. 与侧面所成的角小于二面角的平面角 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，求得三棱锥的体积，利用基本不等式求最值即可；对于B，确定外接球球心位置为的中点，进一步计算即可；对于C，求得的面积利用基本不等式即可判定；对于D，求得两个角的正弦值，比较大小即可判定. 【详解】对于A：设，则有， ， 当且仅当时等号成立，故A正确； 对于B： 取的中点，连接， 因为底面，底面， 则，，所以； 又，则， ，平面，平面， 所以平面，因为平面，所以，， 则， 故为三棱锥的外接球球心. 设三棱锥的外接球半径为， 则，，故B正确； 对于C， ， 当且仅当等号成立， 结合，此时，不合题意，故C错误； 对于D： 过点作，交于点，连接， 根据平面，平面，则， 又因为，平面，所以平面， 则为与侧面所成角，且， 所以， 又根据平面，所以为二面角的平面角， ， 又， 故， 即，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某中学田径队有男运动员28人，女运动员21人，按性别进行分层随机抽样的方法从全体运动员中抽取一个容量为14的样本，如果样本按比例分配，则男运动员应该抽取的人数为_______ 【答案】8 【解析】 【分析】先计算得到抽取比例为，再计算得到答案. 【详解】解：田径队运动员的总人数是，要得到14人的样本，占总体的比例为， 于是应该在男运动员中随机抽取(名)， 故答案：8 13. 在平面四边形中，，，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理求得，再根据已知条件求得，利用余弦定理即可求得的长. 【详解】由题意，在中，由正弦定理得， 即， 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， ，解得. 故答案为：. 14. 如图，设筒车上的某个盛水筒到水面的距离（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为.已知一个半径为的筒车按照逆时针方向每分钟转5圈，筒车的轴心距离水面的高度为.则_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意结合实际含义可得，然后由，可得，据此可得答案. 【详解】由题筒车上的最高点到水面距离为， 筒车上的最低点到水面距离为，则. 因筒车按照逆时针方向每分钟转5圈，则， 又由题可得，则，因， 则，从而. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 设向量，，且向量与互相垂直. （1）求的值； （2）求向量在上的投影向量的坐标. 【答案】（1）或 （2）时，投影向量的坐标为；时，投影向量的坐标为. 【解析】 【分析】（1）由向量垂直坐标表示可得答案； （2）由题结合投影向量坐标计算公式可得答案. 【小问1详解】 因，，则. 因向量与互相垂直，则 或； 【小问2详解】 当时，，则向量在上的投影向量为： ； 当时，，则向量在上的投影向量为： ； 16. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，分别是，的中点. （1）求证：平面； （2）若侧面底面，求证：平面. 【答案】（1）证明过程见解析 （2）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，证明出平面； （2）由面面垂直得到线面垂直，即⊥平面，所以⊥，由三线合一得到⊥，故可证平面. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为是的中点，所以，， 底面为矩形，是的中点，所以，， 所以且， 所以四边形为平行四边形，故， 又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 底面为矩形，故⊥， 侧面底面，交线，平面， 所以⊥平面， 因平面，所以⊥， 侧面是正三角形，为的中点，所以⊥， 因为，平面， 所以平面. 17. 甲、乙两人组成“龙队”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. （1）求“龙队”在一轮活动中猜对成语的总数至少1个的概率； （2）若“龙队”在两轮活动中猜对成语的总数不少于3个，即可晋级.求“龙队”晋级的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件“在一轮活动中甲猜对成语”，事件“在一轮活动中乙猜对成语”，事件“龙队在一轮活动中猜对成语的总数至少1个”，则事件与事件相互独立，且，，，由对立事件的概率公式及相互独立的概率公式即可求解； （2）设事件“在两轮活动中甲猜对个成语”，事件“在一轮活动中乙猜对个成语”， ，事件“龙队晋级”，则由题可知，且事件，，两两互斥，由对立事件的概率公式及相互独立的概率公式即可求解. 【小问1详解】 设事件“在一轮活动中甲猜对成语”，事件“在一轮活动中乙猜对成语”，事件“龙队在一轮活动中猜对成语的总数至少1个”， 则由题可知事件与事件相互独立，且，，， ∴，， ∴， 即“龙队”在一轮活动中猜对成语的总数至少1个的概率为. 【小问2详解】 设事件“在两轮活动中甲猜对个成语”，事件“在一轮活动中乙猜对个成语”， ，事件“龙队晋级”， 则由题可知，且事件，，两两互斥， ，，，， ∴， ∴ “龙队”晋级的概率为. 18. 已知的内角，，的对边分别为，，.且满足. （1）求角； （2）已知的外接圆的圆心为，半径. （i）作角的平分线交于，，求的面积； （ii）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）在中，由三角形内角和定理及诱导公式可得，结合两角和的余弦公式整理化简可得，进而，即可求解. （2）（i）由（1）知.由正弦定理可得的值.根据角平分线的性质及三角形面积公式可得.结合余弦定理求出的值即可求解； （ii）由（1）知.由的外接圆的性质可知，，.根据向量数量积的运算可得 ，化简整理得，故，根据三角恒等变换及角的范围即可求解. 【小问1详解】 在中，∵，∴， ∴，即， 即， ∴，即. ∵，∴.∵，∴. ∵，∴. 【小问2详解】 （i）由（1）知.由正弦定理可得. ∵是角的角平分线，∴. ∵，∴，∴，即. 由余弦定理可得，整理可得. 又，∴，即，∴，解得或（舍去）. ∴. （ii）由（1）知.∵点为的外接圆的圆心，∴，，. ∵，， ∴，即， 即，∴，∴， ∴. ∵，∴，∴，∴， 即的取值范围为. 19. 在三棱锥中，，点在平面上的投影为，连接. （1）如图1，证明：； （2）如图2，记，，直线与平面所成角为，求证：，比较与的大小并说明理由； （3）如图3，已知，，，为平面内一点，且.记异面直线与所成角为，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）取BC中点为点D，连接AD、PD，利用证明平面PAD，进而证明线线垂直； （2）作于点E，由三垂线定理知，分别在、、中求出、、，即可证明等式，再根据余弦函数的单调性与有界性可判断的大小关系； （3）利用三角形全等证明点H在线段AD上且为AD的中点，勾股定理求出各线段的长度，设与的夹角为，由可将转化为，根据余弦函数的值域可求得的最大值. 【小问1详解】 取BC中点为点D，连接AD、PD， 因为，所以， 因为，平面PAD，平面PAD， 所以平面PAD，又平面PAD，所以. 【小问2详解】 作于点E，连接PE， 由题意知平面ABC，则， 由三垂线定理知，在中，， 在中，，在中，， ，等式成立. 因为，所以， 又且在上单调递减，所以. 【小问3详解】 因为平面ABC，所以， 易知，则，又， 所以，则， 所以点H在直线AD上， 在，，同理， 是等边三角形，因为， 所以H是AD的中点，则，，， 因为为平面内一点，且，所以M点的轨迹是以H为圆心、为半径的圆， 设与的夹角为，， 因为， 所以， 当时，取得最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $