福建省福州第四中学2023-2024学年高一下学期第二学段检测数学试卷

一、选择题（每题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求 福州四中 2023-2024 学年第二学期第二学段检测高一数学试卷 ） 1．已知复数 z满足 izi  12 ，其中 i为虚数单位，则 z （ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 2 D．2 2．正六边形 ABCDEF 中， AC   （ ） A． 2AB AF   B． 2AB AF   C． AB AF   D． 2 2AB AF   3．在 ABC 中，角 A， B，C的对边分别为 a， b， c， 2 2 22b c a  ， 2c a ，则 cosB （ ） A． 1 2 B． 3 2 C． 1 2  D． 1 4  4．现有一批产品共 9件，已知其中 5件正品和 4件次品，现从中选 4 件产品进行检测，则下列事件中互 斥而不对立事件的是（ ） A．恰好两件正品与恰好四件正品 B．至少三件正品与全部正品 C．至少一件正品与全部次品 D．至少一件正品与至少一件次品 5．设m，n是两条不同直线， ， 是两个不同平面，且满足m  ，n  ，则下列命题正确的是（ ） A．若 / /m  ，则 / /m n B．若 / /m n，则 / /  C．若m  ，则  D．若m n ，则m  6．从长度为 1，3，7，8，9的 5条线段中任取 3条，则这 3条线段能构成一个三角形的概率为（ ） A． 1 5 B． 2 5 C． 3 5 D． 4 5 7．奖金分配是《概率论》中的一道经典问题：甲、乙两人比赛，假设每局比赛甲、乙两人获胜的概率各 为 1 2 ，先胜 3局者将赢得全部奖金 8万，但进行到甲胜 0局，乙胜 2局时，比赛因故不得不终止，为 公平起见，甲应分配到（ ） A．4万 B． 4 3 万 C．1万 D．0万 8．四棱锥 P ABCD 各顶点在同一球面上， 2 3PA PB PC PD    ， 2 6AB AD  ， 2 3 BCD   ， 则这个球的表面积为（ ） A． 24 B． 36 C． 48 D． 72 二、选择题（每题 6分，共 18分，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， 选对但不全得部分分，有选错得 0分） 9．已知向量 ( 1, 1)a m   ， (1 ,2)b m   ，则下列说法正确的是（ ） A．若 / /a b  ，则 3m  B．存在m R ，使得 a b  C． | | 5a b   D．当 1m  时，a在b  上的投影向量的坐标为 (0, 1) 10．抛掷一枚质地均匀的硬币 n次，记事件 A  “ n次中至多有一次反面朝上”，事件 B  “ n次中全部 正面朝上或全部反面朝上”，下列说法正确的是（ ） A．当 2n  时， 1( ) 4 P AB  B．当 2n  时， A与 B不独立 C．当 3n  时， 5( ) 8 P A B  D．当 3n  时， A与 B不独立 11．已知正方体 1 1 1 1ABCD A BC D 的棱长为 1，点 P为线段 1B C上的动点，点 E，F 分别是棱 BC、 1CC 的 中点，则（ ） A． AP与 1BD 始终保持垂直 B． EF 与 1BD 所成角的正弦值为 6 3 C．点C到平面 AEF 的距离为 1 3 D．以 A为球心， AB为半径的球面与四边形 1 1A BCD 的交线长为 2 2  三、填空题（每题 5分，共 15分） 12．数据 1，2，3，4，5，6，7，8，9的 %80 分位数为 ． 13．在正三角形 ABC中， 2AB  ， D是 BC的中点， E是 AC的中点，则 AD BE    ． 14．已知 2 0   ， 5 1)cos(   ， 5 4)sin(   ，则  tantan 的值为 ． 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A BC 中， 1 1 1 1A B AC ， D， E分别是棱 BC， 1CC 上的点（点D不同于点 )C ，且 AD DE ， F 为 1 1BC 的中点． （1）求证：平面 ADE 平面 1 1BCC B ； （2）求证：直线 1 / /A F 平面 ADE． 16．（15 分）2022年 4 月 16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆，航天员翟 志刚，王亚平，叶光富顺利出舱，神舟十三号载人飞行任务圆满完成，为纪念中国航天事业所取得的 成就，发掘并传承中国航天精神，某市随机抽取 1000名学生进行了航天知识竞赛并记录得分，将学 生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为 [50， 60)，[60， 70)， [70，80)， [80， 90)，[90， 100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）请补全频率分布直方图并估计这 1000名学生成绩的平均数．．．和计算80%分位数．．．（求 平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）现从以上各组中采用分层抽样的方法抽取 200人，若第三组中被抽取的学生成绩 的平均数与方差分别为 72分和 1，第四组中被抽取的学生成绩的平均数与方 差分别为 87分和 2，求这 200人中分数在区间 [70，90)的学生成绩的方差． 17．（15分）已知角 (0, ), [0, ] 2     ，角 和  的终边分别与单位圆交于 A， B两点． （1）若 0OA OB    ，求 5sin( )cos( ) 2 3cos( )sin( ) 2           的值； （2）若 | | 1OA OB    ，点 A的横坐标为 3 5 ，求 cos sin  的值． 18．（17分）如图，为了检测某工业区的空气质量，在点 A处设立一个空气监测中心（大小忽略不计），在 其正东方向点 B处安装一套监测设备，为了使监测数据更加准确，在点C和点 D处，再分别安装一套 监测设备，且满足 2AD km ， 4AB km ， BD BC ， 90DBC  ，设 DAB   ． （1）当 2 3   ，求四边形 ABCD的面积；（2）当 为何值时，线段 AC最长． 19．（17分）已知平面四边形 ABCD， 2AB AD  ， 60BAD  ， 30BCD  ，现将 ABD 沿 BD边折 起，使得平面 ABD 平面 BCD，此时 AD CD ，点 P为线段 AD的中点． （1）求证： BP 平面 ACD； （2）若M 为CD的中点，求MP与平面 BPC所成角的正弦值； （3）在（2）的条件下，求二面角 P BM D  的平面角的余弦值． 一、选择题：（每题 5分，共 40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 福州四中 2023-2024 学年第二学期第二学段检测高一数学试卷答案 ） 1~8：BADA CBCB 二、选择题（每题 6分，共 18分，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， 选对但不全得部分分，有选错得 0分） 9：CD 10：ABC 11： ACD 三、填空题（每题 5分，共 15分） 12： 8 13： 3 2  14： 1 2 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15：【解答】（1）三棱柱 1 1 1ABC A BC 是直三棱柱， 1CC 平面 ABC， AD  平面 ABC， 1AD CC  （2分），又 AD DE ， 1DE CC E （3分）， AD 平面 1 1BCC B ，（4分） AD  平面 ADE（5分），平面 ADE 平面 1 1BCC B ；（6分） （2）△ 1 1 1A BC 中， 1 1 1 1A B AC ， F 为 1 1BC 的中点， 1 1 1A F B C  ，（7分） 1CC  平面 1 1 1A BC ， 1A F 平面 1 1 1A BC ， 1 1A F CC  （8分） 又 1 1BC 、 1CC 是平面 1 1BCC B 内的相交直线， 1A F 平面 1 1BCC B （9分） 又 AD  平面 1 1BCC B ， 1 / /A F AD （10分） 1A F  平面 ADE ， AD 平面 ADE ，直线 1 / /A F 平面 ADE．（13分） 16：【解答】（1）成绩落在 [60， 70)的频率为1 (0.30 0.15 0.10 0.05) 0.40     （2分）， 补全的频率分布直方图如下图（3分），样本的平均数 55 0.30 65 0.40 75 0.15 85 0.10 95 0.05 67x            分（5分）， 设80% 分位数为 x，则 0.03 10 0.04 10 ( 70) 0.015 0.8x       ， 解得 230 76.67 3 x   分（7分）； （2）由分层抽样可知，第三组和第四组分别抽取 30人和 20人，（9分） 分层抽样的平均值： 1 3 272 87 78 5 5 x      （分 )，（11分） 分层抽样的方差： 2 2 2 3 2 277[1 (72 78) ] [2 (87 78) ] 55.4 5 5 5 s         ， 所以这 200人中分数在区间[70， 90)所有人的成绩的方差为 55.4．（15分） 17：【解答】角 和  的终边分别与单位圆交于 A， B两点， (cos ,sin )A   ， (cos ,sin )B   ，（1分） （1） 0OA OB    ， cos sin sin 0coa      ，即 cos cos sin sin     ，（2分）  5sin( )cos( ) sin ( sin ) sin sin2 1 3 ( cos )( cos ) cos coscos( )sin( ) 2 a                        ；（7分） （2）点 A的横坐标为 3 5 ， (0, ) 2   ， 3 4( , ) 5 5 A ，（8分）  | | 1OA OB    ， 2 2 2 1OA OB OA OB        ， 1 2 OA OB     ，  1cos 2| || | OA OBAOB OA OB          ， [0AOB  ， ] ， 2 3 AOB   ，（10分） 2 3 AOB         ，  2 2 2 3 3 1 4 3 3 4sin sin( ) sin cos cos sin 3 3 3 2 5 2 5 10                ，（12分） 2 2 2 1 3 3 4 3 4 3cos cos( ) cos cos sin sin 3 3 3 2 5 2 5 10                  ，（14分） 3 4 3 3 3 4 1 7 3cos sin 10 10 10           ．（15分） 18：【解答】（1）在 ABD 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 2 22 cos 4 2 2 4 2 cos 28 3 BD AB AD AB AD             ，所以 2 7BD  ，（3分） 所以四边形 ABCD的面积为： ABD BCDS S S   1 1cos 2 2 AB AD BD BC     1 2 14 2 sin 2 7 2 7 2 3 2         2 3 14  ．（7分） （2） ABD 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cos 16 4 2 4 2 cos 20 16cosBD AB AD AB AD                ， 所以 2 5 4cosBD   （8分），设 ABD   ，由正弦定理得： sin sin AD BD    ， 解得 sin 2sin sinsin 2 5 4cos 5 4cos AD BD            ，（11分） 所以 sincos cos( ) sin 2 5 4cos ABC             ，（12分） ABC 中，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC ABC      sin16 (20 16cos ) 2 4 2 5 4cos ( ) 5 4cos              36 16cos 16sin    36 16 2 sin( ) 4    ，（15分） 因为 (0, )  ，所以 3 4   时， AC最长， 最长值为 36 16 2 36 2 128 32 4 4 2 2       ．（17分） 19：【解答】（1）因为 AB AD ， 60BAD  ，所以 ABD 为等边三角形， 因为 P为 AD的中点，所以 BP AD ．（1分） 取 BD的中点 E，连接 AE， AB AD ，则 AE BD ， 因为平面 ABD 平面 BCD，平面 ABD平面 BCD BD ， AE 平面 ABD， 所以 AE 平面 BCD，（2分） 又CD 平面 BCD，所以 AE CD ． 因为CD AD ， AD AE A ， AE， AD 平面 ABD，所以CD 平面 ABD，（3分） 因为 BP 平面 ABD，所以CD BP ， 又因为CD AD D ，CD， AD 平面 ACD，所以 BP 平面 ACD．（5分） （2）过点M 作MH PC ，垂足为 H ．如图所示，由（1）知， BP 平面 ACD． 因为MH  平面 ACD，所以 BP MH ． BP PC P ， 所以MH 平面 BPC， 所以 MPC 为MP与平面 BPC所成角． 由（1）知，CD 平面 ABD， BD 平面 ABD，所以CD BD ． 在Rt BCD 中， 30BCD   ， 2BD  ， 2 3 tan BDDC BCD    ， 因为M 为CD的中点，所以 1 3 2 MD CM CD   ． 在Rt PDM 中， 2 2 2 21 ( 3) 2PM PD MD     ， 在Rt PDC 中， 2 2 2 21 (2 3) 13PC PD CD     ， 在 CPM 中， 2 2 2 2 2 2( 13) 2 ( 3) 7cos 13 2 262 13 2 PC PM CMMPC PC PM            ， 所以由同角三角函数的基本关系得 2 2 7 39sin 1 ( 13) 26 26 MPC    ． 所以MP与平面 BPC所成角的正弦值为 39 26 ．（11分） （3）取 ED的中点为O，连接 PO，因为 P为线段 AD的中点， 所以 2 2 2 2 1 1 1 3/ / , 2 1 2 2 2 2 PO AE PO AE AB BE        ， 由（1）知， AE 平面 BCD，所以 PO 平面 BCD， BM 平面 BCD．所以 PO BM ． 过点 P作 PG BM ，垂足为G，连接OG， PO PG P ， PO， PG 平面 POG， 所以 BM 平面 POG．OG 平面 POG，所以 BM OG ， 所以 PGO 为二面角 P BM D  的平面角．在Rt BDM 中， 2 2 2 22 ( 3) 7BM BD DM     ， 由（1）知， ABD 为等边三角形， P为线段 AD的中点，所以 2 2 2 22 1 3BP AB AP     由（1）知， BP 平面 ACD， PM 平面 ACD．所以 BP PM ， 在Rt BPM 中， 1 1 2 2 BP PM BM PG   ，由（2）知， 2PM  ， 即 1 13 2 7 2 2 PG     ，解得 2 21 7 PG  ． 因为 PO 平面 BCD，OG 平面 BCD，所以 PO OG ． 在Rt POG 中， 2 2 2 22 21 3 3 21( ) ( ) 7 2 14 GO PG PO     ． 3 21 314cos 42 21 7 PGO   ， 所以二面角 P BM D  的平面角的余弦值为 3 4 ．（17分）