2023-2024学年江苏省溧阳市高一下学期期末教学质量调研数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省溧阳市高一下学期期末教学质量调研数学试题一、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。1.一个射击选手连续射击10次，成绩如下：成绩/环数10987次数2431则该选手射击成绩的中位数为(

)A.8 B.9 C.9.5 D.8.72.复数z=1+2i3+4i在复平面内对应的点所在的象限是(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.从某班学号为1到10的十名学生(其中含学生甲)中抽取3名学生参加某项调查，现用抽签法抽取样本(不放回抽取)，每次抽取一个号码，共抽3次，设甲第一次被抽到的可能性为a，第二次被抽到的可能性为b，则(

)A.a=310，b=29 B.a=110，b=19

C.4.正方体ABCD−A1B1C1D1A.12 B.22 C.5.若甲组样本数据x1,x2,⋯,xn(数据各不相同)的平均数为3，方差为4，乙组样本数据2x1−a，A.a的值为1 B.两组样本数据的样本极差不同

C.两组样本数据的样本中位数一定相同 D.乙组样本数据的标准差为46.函数fx=cos2x−4A.(−∞,2] B.[−2,2] C.[0,2] D.[−6,2]7.若平面向量a，b，c两两的夹角相等，且|a|=1，|b|=1，|cA.2 B.5 C.2或5 D.2或8.在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知c=2，a+2cosA=b+2cosB，a≠b，则▵ABCA.1 B.2 C.3 D.二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知z1,z2A.若z2=z1，则z1+z2∈R

B.z1+z210.某市高一年级举行了阶段性检测，为了了解本次检测的学生成绩情况，从中抽取了200名学生的成绩(成绩均为正整数，满分为100分)作为样本进行统计，按照50,60,60,70,70,80,80,90A.图中x=0.016

B.估计该市全体学生成绩的平均分为71

C.若对成绩前10%的学生进行奖励，则受奖励学生的考试成绩大约至少为84分

D.若在90,100的样本成绩对应的学生(包括学生甲和乙)中随机选取两名进行访谈，则甲、乙两人至少抽到一人的概率为1311.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，点P是侧面BA.三棱锥A−PDD1的体积为43

B.存在点P，使得A1P⊥平面AB1D1

C.若PB2+PC2=4，则三棱锥P−ABC的外接球体积为8三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.一只不透明的口袋内装有5个小球，其中3个白球、2个黑球．现有放回地从袋中依次摸出1个球，则前两次摸出的球均为白球的概率为

．13.在▵ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若c=3，C=30∘，则a+bsin14.如图，展现的是一种被称为“旋四角反棱柱”的十面体ABCD−EFGH，其上下底面平行且均为正方形，上下底面的中心所在直线垂直于两底面．已知此多面体上下底面的边长为22，上下底面之间的距离为32，则此十面体体积的最大值为

．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)在▵ABC中，D为线段BC的中点，若AB=(2,4)，AC(1)线段AD的长；(2)▵ABC的面积．16.(本小题12分)如图所示，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，点O，M分别为线段AC，(1)若平面POM∩平面PBC=l，证明：l//BC；(2)证明：OP⊥平面ABC；(3)求二面角P−BC−A的余弦值．17.(本小题12分)已知函数fx=cos(1)求ω的值；(2)若关于x的方程fx−m=0在0,π(3)若A0,1关于Px0,fx0fx18.(本小题12分)在网球比赛中，甲、乙两名选手在决赛中相遇．根据以往赛事统计，甲、乙对局中，甲获胜的频率为23，乙获胜的频率为1(1)求前两局乙均获胜的概率；(2)前2局打成1：1时，①求乙最终获得全部奖金的概率；②若比赛此时因故终止，有人提出按2:1分配奖金，你认为分配合理吗?为什么?19.(本小题12分)如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱AA1=8，若侧面AA1B1B水平放置时，水面恰好过AC，(1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少?(2)当水面经过线段A1B(3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中(不包括起始和终止位置)，水面面积S的取值范围．(假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动)

答案解析1.【答案】B

【解析】解：将射击成绩按升序排列可得：7,8,8,8,9,9,9,9,10,10，所以该选手射击成绩的中位数为第5位数和第6位数的平均数，即为9+92故选：B．2.【答案】A

【解析】解：复数z=(1+2i)(3−4i)所以复数z在复平面内对应的点(11故选：A3.【答案】D

【解析】解：由简单随机抽样的定义知，每个个体在每次抽取中都有相同的可能性被抽到，因为每次抽取一个号码，所以甲第一次被抽到的可能性为a=1第二次被抽到的可能性为b=9即甲同学在每次抽样中被抽到的可能性都是110，所以a=110故选：D．4.【答案】D

【解析】解：连接BD∵ABCD−A1B1C∴∠D1BC1令AB=1，由正方体知识可得BD∴cos故选：D．5.【答案】C

【解析】解：因为x1,x对于选项A：因为甲组样本数据的平均数为3，方差为4，则乙组样本数据的平均数为2×3−a=5，解得a=1，故A正确；对于选项B：可知甲组样本数据的极差为xn则乙组样本数据的极差为2x所以两组样本数据的样本极差不同，故B正确；对于选项C：设甲组样本数据的中位数为m，则乙组样本数据的中位数为2m−1，令2m−1=m，解得m=1，所以当且仅当m=1时，两组样本数据的样本中位数相同，故C错误；对于选项D：因为甲组样本数据的方差为4，即标准差为2，乙组样本数据的标准差为2×2=4，故D正确；故选：C．6.【答案】D

【解析】解：由函数f(x)=cos因为sinx∈[−1,1]所以当sinx=−1时，可得fxmax=2；当所以函数fx的值域为[−6,2]故选：D．7.【答案】C

【解析】解：由向量a、b、c两两所成的角相等，

设向量所成的角为α，由题意可知α=0°或α=120°

则(|a+b+c|) 2=|a|2+|b|2+|c8.【答案】A

【解析】解：由c=2及a+2cosA=b+2cos在▵ABC中，由正弦定理得sinA+即sin(B+C)+sinC而a≠b，即sinA≠sinB，因此cos4=c2=a2+b所以当a=b=2时，▵ABC面积的最大值为故选：A9.【答案】ABC

【解析】解：设z1对于选项A：若z2=z1=a−bi对于选项B：因为z1则z1即z1+z对于选项C：因为z1，z2是方程由韦达定理可得z1z2对于选项D：例如z1=z可得z1z22=−4,故选：ABC．10.【答案】ACD

【解析】解：对于选项A：由频率分布直方图可知每组频率依次为10x,0.3,0.4,0.1,0.04，则10x+0.3+0.4+0.1+0.04=1，解答x=0.016，故A正确；对于选项B：估计该市全体学生成绩的平均分为x=0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95=70.6，故B对于选项C：因为0.04<0.1,0.04+0.1=0.14>0.1，设受奖励学生的考试成绩大约至少为m分，可知m∈则0.0190−m+0.04=0.1，解得所以受奖励学生的考试成绩大约至少为84分，故C正确；对于选项D：成绩在90,100的人数为200×0.04=8，设甲、乙两人至少抽到一人为事件A，则PA所以PA=1−PA故选：ACD．11.【答案】AC

【解析】解：对于选项A：因为平面BB1C1C//平面AA1所以三棱锥A−PDD1的体积为VA−PD对于选项B：因为A1B1又因为AA1⊥平面A1B1C且A1C1∩AA1=A1由A1C⊂平面AA同理可得：AB且B1D1∩AB1=B1但点P是侧面BB1C1C所以不存在点P，使得A1P⊥平面AB对于选项C：因为PB2+P又因为AB⊥平面BB1C1C，PC⊂且PB∩AB=B，PB,AB⊂平面PAB，可得PC⊥平面PAB，由AP⊂平面PAB，可得PC⊥AP，取AC的中点M，可得MA=MC=MP=又因为AB⊥BC，可得MA=MC=MB=2，即可知三棱锥P−ABC的外接球的球心为M，半径R=所以三棱锥P−ABC的外接球体积为43πR对于选项D：取B1C的中点N，连接可知ON//CD，且ON=CD=2，因为CD⊥平面BB1C1C可知OP与平面BB1C1C所成角为可知点P在平面BB1C1C内的轨迹为圆(虚线所示)，点P在侧面B取C1C的中点F，则即∠ENF=π6，则结合对称性可知：点P的轨迹长度为8×π12×故选：AC．12.【答案】925或0.36【解析】解：因为放回地从袋中依次摸出1个球，则每次取到白球的概率为p=3所以前两次摸出的球均为白球的概率为P=p故答案为：92513.【答案】2【解析】解：由正弦定理可得asin即得a+bsin故答案为：214.【答案】16【解析】解：

如图，设有一平行于底面的平面Γ，并设该十面体被平面Γ截得的截面为八边形STUVWXYZ．并设平面Γ和下底面之间的距离为3AS=λAE，BT=λBE，BU=λBF，CV=λCF，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，▵AEH,▵BFE,▵CGF,▵DHG,▵ABE,▵BCF,▵CDG,▵DAH的面积为S，则S≤1根据相似三角形性质有S▵ASZ=S所以SSTUVWXYZ由于λ(1−λ)>0，S≤2这个时候AB//HF//DC，AD//EG//BC，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AB//HF//DC，AD//EG//BC．记下底面和上底面的中心分别为P和Q，则直线PQ垂直于两底面，并设AB的中点为R．在线段EQ,QG上分别取点M,N，使得MQ=QN=12BC=2，则由于QM=PR而PQ⊥平面ABCD，且直线PR在平面ABCD内，故PQ⊥PR，所以四边形QMRP为矩形．所以QM⊥MR，而由QM//BC可知QM⊥AB，且MR和AB在平面ABM内交于点R，故QM⊥平面ABM．同理，QN⊥平面CDN．现在，由于S▵EQR=12EQ⋅MR=12EQ⋅QP=1根据对称性，点E到平面ABFH的距离也为d=3105，同时，直线AB和HF的距离ℎ等于同理，点H到平面ADGE的距离和点F到平面BCGE的距离均为d=3105，AD与EG，和BC与所以VH−ADGE同理VF−BCGE而VE−ABM同理VG−CDN又有VABM−DCN所以在该条件下，该几何体的体积为V===16综上，此十面体体积的最大值为16故答案为：1615.【答案】解：(1)由题意可得：AD=所以线段AD的长为AD=(2)由题意可得：AB⋅AC=14则cos∠BAC=且∠BAC∈0,π，则sin所以▵ABC的面积S△ABC=【解析】(1)根据中线的性质可得AD的坐标，进而可得模长；(2)根据向量夹角公式可得cos∠BAC16.【答案】解：(1)因为点O，M分别为线段AC，AB的中点，则OM//BC，且OM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，可得OM//平面PBC，又因为OM⊂平面POM，平面POM∩平面PBC=l，则OM//l，所以l//BC．

(2)由题意可知：▵PAC为边长为4的等边三角形，且O分别为线段AC的中点，则OP⊥AC,OP=2又因为▵ABC为等腰直角三角形，且斜边AC=4，则OB=2，由PB=4可知OP2+O且AC∩OB=O，AC,OB⊂平面ABC，所以OP⊥平面ABC．(3)取BC的中点N，连接ON,PN，由题意可知：OB=OC，则ON⊥BC，且ON=1由(2)可知：OP⊥平面ABC，且BC⊂平面ABC，则OP⊥BC，由ON∩OP=O，ON,OP⊂平面PON，可得BC⊥平面PON，由PN⊂平面PON，可得PN⊥BC，可知二面角P−BC−A的平面角为∠PNO，且PN=可得cos∠PNO=所以二面角P−BC−A的余弦值为7【解析】(1)根据题意可证OM//平面PBC，结合线面平行的性质分析证明；(2)根据题意可得OP⊥AC，OP⊥OB，结合线面垂直的判定定理分析证明；(3)作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角P−BC−A的平面角为∠PNO，结合长度运算求解即可．17.【答案】解：(1)由题意可得：f==cos且ω>0，可得2π2ω=π，解得(2)由(1)可知：fx因为fx−m=0，可得因为x∈0,π2，则2x+则fx∈−2(3)因为A0,1关于Px0由题意可得：2fx0−1=则2cos整理可得cos2x0−1cos若cos2x0=1，则若sin2x0综上所述：tan2x0【解析】(1)根据题意结合三角恒等变换整理可得fx(2)根据题意可得fx=m，以(3)根据题意可得Q2x018.【答案】解：(1)依题意，前两局乙均获胜的概率为13(2)①乙最终获得全部奖金的事件，有以3:1和3:2两种情况，若以3:1获胜，则乙连胜两局，概率为13若以3:2获胜，则乙第3、4局输1局，第5局胜，概率为13所以乙最终获得全部奖金的概率为19②由①知，继续比赛，乙获胜的概率是727，则甲获胜的概率为20所以按2:1分配奖金，不合理，应按20:7将奖金分配给甲乙【解析】(1)利用独立事件的概率公式计算即得．(2)①利用互斥事件及相互独立事件的概率公式