2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广东省佛山市高一下学期期末教学质量检测数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.5ii−2A.−1−2i B.−1+2i C.1−2i D.1+2i2.已知tanα=2，则tan2α=(

)A.−43 B.43 C.−3.已知向量a，b不共线，若(a+2b)//(kaA.−2 B.−12 C.124.已知两条不同的直线m，n和三个不同的平面α，β，γ，下列判断正确的是(

)A.若m⊂α，n/​/m，则n/​/α

B.若m⊂α，n⊂β，m/​/β，n/​/α，则α/​/β

C.若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，则m⊥γ

D.若α∩β=n，m⊥n，m⊂β，则α⊥β5.已知四边形ABCD中，AC=(−2,1)，BD=(2,4)，则四边形ABCD的面积为(

)A.3 B.5 C.6 D.106.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(其中A>0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图所示，点M，N是函数图象与x轴的交点，点P是函数图象的最高点，且△PMN是边长为2的正三角形，ON=3OM，则f(A.32 B.32+247.某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩，并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分，三个平均分互不相等，由于记录员的疏忽把人数弄丢了，则据此可确定的是(

)A.这部分同学是高分人数多还是低分人数多 B.这部分同学是男生多还是女生多

C.这部分同学的总人数 D.全年级是男生多还是女生多8.已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1，AB=2A.9π B.18π C.27π D.36π二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.关于复数z=cosπ3+isinπA.z⋅z=1 B.z在复平面内对应的点位于第二象限

C.z310.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是(

)A.平均数为3，中位数为2 B.中位数为3，众数为2

C.平均数为2，方差为2.4 D.中位数为3，方差为2.811.如图，在三棱锥P−DEF中，PE=PF=1，PD=2，DE=DF=5，EF=2，点Q是DF上一动点，则(

)A.过PE、PF、DE、DF各中点的截面的面积为2

B.直线PE与平面DEF所成角的正弦值为23

C.△PEQ面积的最小值为5三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a⋅b=−1，b=(1,2)，则a在b上的投影向量为13.已知4cos(θ+π4)=cos14.已知△ABC是边长为2的正三角形，点D在平面ABC内且DA⋅DB=0，则DA⋅DC的最大值为

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.(本小题13分)

某学校高一新生体检，校医室为了解新生的身高情况，随机抽取了100名同学的身高数据(单位：cm)，制作成频率分布直方图如图所示．

(1)求这100名同学的平均身高的估计值(同一组数据用区间中点值作为代表);(2)用分层抽样的方法从[165,170)，[170,175)，[175,180)中抽出一个容量为17的样本，如果样本按比例分配，则各区间应抽取多少人?(3)估计这100名同学身高的上四分位数．16.(本小题15分)在非直角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2ccosB−b(1)求证：tan(2)若tanA=3，a=3，求△ABC的面积．17.(本小题15分)

如图，已知多面体PQRABCD中，四边形ABCD、PABQ、PADR均为正方形，点H是△CQR的垂心，PA=1．

(1)证明：H是点A在平面CQR上的射影;(2)求多面体PQRABCD的体积．18.(本小题17分)

如图，在扇形OMN中，半径OM=2，圆心角∠MON=π3，矩形ABCD内接于该扇形，其中点A，B分别在半径OM和ON上，点C，D在MN上，AB//MN，记矩形ABCD的面积为S．

(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，求S的值;(2)设∠DOM=θ(0<θ<π6)，当θ为何值时，S取得最大值，并求此时19.(本小题17分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=AA1=3，BC=1，P是BC1上一动点，(1)当λ=14时，证明：PQ/​/(2)在答题卡的题(2)图中作出平面AB1P与平面ACC(3)是否存在λ，使得平面AB1P与平面ACC1A1答案解析1.C

【解析】解：

5i2.A

【解析】解：因为tanα=2，

所以tan2α=2tanα3.B

【解析】解：因为向量a，b不共线，(a+2b)//(ka−b)，

所以存在λ，使ka−b4.C

【解析】解：若m⊂α，n/​/m，则n/​/α或n⊂α，故A错误；

若m⊂α，n⊂β，m/​/β，n/​/α，则α/​/β或α与β相交，故B错误；因为

α⊥γ,β⊥γ,α∩β=m

，如下图，

若

α,β,γ

分别为面

ADD1A1

、面

CDD1C1

、面

ABCD

，且显然

DD1⊥

面

ABCD

，则

m⊥γ

若α∩β=n，m⊥n，m⊂β，不能得出m与α一定垂直，故不能得出α⊥β，D错误．5.B

【解析】解：因为在四边形ABCD中，AC=(−2,1)，BD=(2,4)，，AC⋅BD=0，

所以四边形ABCD的对角线互相垂直，

又|AC|=16.D

【解析】解：因为△PMN是边长为2的正三角形，

所以MN=2,yP=22−12=3，

所以A=3,T2=2，即T=4，

所以ω=2πT=π2，

所以f(x)=3sin⁡(π2x+φ)，

因为ON=3OM，

所以N32,07.B

【解析】解：设男生人数是m，平均分是x1，女生人数是n，平均分是x2，总的平均分是x，则mx1+nx2m+n=x，所以mx1−x=nx−x2，因为x1，x2，x是确定的且互不相等，所以mn=x−8.C

【解析】解：设半球的半径为R，棱台的高为ℎ，

依题意球面切上底面各棱中点，

即各棱中点到底面中心距离为R，

结合正棱台结构特征，R2=1+ℎ2，

侧面的斜高ℎ′2=(R−1)2+ℎ2

则侧棱长为2(R−1)2+ℎ2，

在三角形OAA′中，利用等面积法可得9.AD

【解析】解：A：z=cosπ3+isinπ3=12+32i，所以z⋅z=(12+32i)·(12−32i)=1，故A正确;

B：由A选项知，z=110.ABD

【解析】解：对于A，例如2，2，2，3，6可满足条件且出现点数为6，∴选A；

对于B，例如2，2，3，4，6可满足条件且出现点数为6，∴选B；

对于D，例如1，2，3，3，6可满足条件且出现点数为6，∴选D；

对于C，平均数为2，假设出现点数为6，则方差大于2.4，∴不选C．

故选：ABD．11.BCD

【解析】解：因为PE=PF=1，PD=2，DE=DF=5，EF=2，

所以PE2+PF2=EF2，PE⊥PF，同理PD⊥PE，PD⊥PF，

PE⋂PF=P，所以PD⊥平面PEF，因为EF⊂平面PEF，所以PD⊥EF，

设PE、PF、DE、DF各中点分步为A，B，M，C，则AB/​/CM，AB=MC=12EF=22，

BC/​/AM，BC=AM=12PD=1，所以ABCM为矩形，面积为22，A不正确；

过P向底面作垂线，垂足为H，则直线PE与平面DEF所成角为∠PEH，

则13S△DEF×PH=13S△PEF×PD，

13×12×2×5−222×PH=13×12×1×1×2=13，

解得PH=23，sin∠PEH=PHPE=23，B正确；

12.−1【解析】解：由题意b=12+22=故答案为：−113.1

【解析】解：∵4cos(θ+π4)=cos2θ，

∴22cosθ−sinθ=cos2θ−sin214.3；−1

【解析】解：依题意，以AB所在的直线为x轴，以AB的中垂线所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系，

则点A(−1,0)，B(1,0)，设点D(x,y)，

∵△ABC是边长为2的正三角形，

∴C(0,3)，

∴DA=(−1−x,−y)，DB=(1−x,−y)，DC=(−x,3−y)，

∴DA⋅DB=x2−1+y2=0，

∴x2+y2=1，

∴DA⋅DC=−x(−1−x)−y(3−y)

=x+x2+y2−3y=x+1−3y，15.解：(1)由图可知5×(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1，得x=0.06．

平均身高的估计值为：162.5×0.01×5+167.5×0.07×5+172.5×0.06×5+177.5×0.04×5+182.5×0.02×5=172.25cm．

(2)[165,170)，[170,175)，[175,180)各区间人数分别为：100×0.07×5=35，100×0.06×5=30，100×0.04×5=20.所以相应抽取的人数分别为：17×3535+30+20=7，17×3035+30+20=6，17×2035+30+20=4．

(3)上四分位数即75%分位数．

身高在[180,185)的人数占比5×0.02=10%，在[175,180)的人数占比5×0.04=20%，

则[175,185)的人数占比30%，

所以75%分位数在[175,180)内．

设上四分位数为a，则0.04×(180−a)+0.02×5=1−75%．【解析】本题考查频率分布直方图，属于中档题．

(1)根据频率分布直方图求解x，然后计算即可；

(2)分别计算区间人数求解；

(3)根据分位数性质，设上四分位数为a，计算即可．16.证明：(1)由2ccosB−bcosC=a及正弦定理可得2sinCcosB−sinBcosC=sinA，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以2sinCcosB−sinBcosC=sinBcosC+cosBsinC，

整理得sinCcosB=2sinBcosC，

因为△ABC不是直角三角形，

所以cosB≠0，cosC≠0，两边同时除以cosBcosC，得tanC=2tanB；

(2)由tanA=−【解析】本题考查三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和三角形面积的应用，考查运算和转换能力，属于中档题．

(1)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果．

(2)利用(1)的结论，三角函数关系式的恒等变换三角形的面积公式的应用求出结果．17.解：(1)连接CH，并延长交QR于M，

所以QR⊥CM．

由已知易得四边形BDRQ为矩形，

所以BD//QR．

BD⊥AC，

所以QR⊥AC且AC∩CM=C，

所以QR⊥平面ACM．

AH⊂平面ACM，所以QR⊥AH．

同理QC⊥AH．

又QR∩QC=Q，所以AH⊥平面CQR．

所以H是点A在平面CQR上的射影．

(2)设AC∩BD=O，由题意可知BQ⊥平面ABCD，所以BQ是棱柱PQR−ABC的高，且BQ⊥OC，又由(1)知OC⊥BD，所以OC⊥平面QBDR，所以OC是棱锥C−QBDR的高．

V=VPQR−ABD+VC−QBDR．

VPQR−ABD=S△ABD⋅BQ=12．【解析】本题考查线面垂直判定，棱锥的体积，属于中档题．

(1)连接CH，并延长交QR于M，所以QR⊥CM.由已知易得四边形BDRQ为矩形，证明AH⊥平面CQR求解即可；

(2)设AC∩BD=O，由题意可知BQ⊥平面ABCD，所以BQ是棱柱PQR−ABC的高，且BQ⊥OC，又由(1)知OC⊥BD，所以OC⊥平面QBDR，所以OC是棱锥C−QBDR的高.求解即可．18.解：(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，CD=AB=OA=1，

取CD中点F，连接OF，

且OF与AB交于点G，则OF=OD2−DF2=4−14=152，

OG=32OA=32，则FG=OF−OG=15−32，

此时矩形ABCD的面积S=AB⋅FG=15−32．

(2)过点D作DE⊥OM，垂足为E，则DE=2sinθ，OE=2cosθ，

在【解析】本题主要考查了三角函数的性质，考查了学生的计算能力，是基础题．

(1)当点A，B分别为半径OM和ON的中点时，得出AB和FG，可得S的值;

(2)由题意可知S=AB⋅AD=8sin19.本题考查线面平行的判定、平面与平面的交线、二面角，属较难题．

(1)先证明四边形PKNQ是平行四边形.从而PQ//KN，再由线面平行的判定定理．

(2)在平面ACC1A1内，延长B1P、CC1交于D，则AD为所求交线．

(3)过B1作B1H⊥A1C1，垂足为H，过H作HG⊥AD，垂足为G，由线面垂直的性质知【解析】解：(1)过P、Q分别作PK⊥BC垂足为K，QN⊥AC垂足为N，

则PK//CC1且PK=14CC1，QN//CM且QN=12CM=14CC1．

所以PK//QN且PK=QN，

所