福建省厦门市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题（解析版）

第1页/共23页厦门市2023—2024学年第二学期高一期末质量检测数学试题(1-i)z=1+3i，则z=()A.2+iB.2+2iC.1+2iD.-1+2i【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算求解出复数即可.【详解】因为(1-i)z=1+3i，所以=2i-1=-1+2i，故D正确.故选：D2.为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为()A.600B.480C.400D.360【答案】C【解析】【分析】用分层抽样的概念，和样本估计总体的思想解题即可.【详解】抽取50人作为样本，其中男生20人.则女生30人.则男女比例为：2:3．该校高一年级女生240人，则男生160人.高一年级学生总数为400人.第2页/共23页故选：C.3.在梯形ABCD中AB//CD，AB丄AD，AB=2AD=2CD=2，以AD所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为()A.B.C.5πD.7π【答案】B【解析】【分析】由已知可得AD为直角梯形的直角边，则绕AD旋转可得几何体为圆台，进而可得圆台体积.【详解】已知可得AD为直角梯形的直角边，则绕AD旋转可得几何体为圆台，所以体积.AD=故选：B.4.甲、乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.5，乙获奖的概率为0.4，甲、乙两人同时获奖的概率为0.2，则甲、乙两人恰有一人获奖的概率为()A.0.3B.0.5C.0.7D.0.9【答案】B【解析】【分析】根据两人恰有一人获奖，可分类讨论，即可求得概率.【详解】设甲获奖为事件A，乙获奖为事件B，因为P(A)P(B)=0.2=P(AB)，所以事件A与事件B相互独立，根据题意，甲、乙两人恰有一人获奖的概率为故选：B.5.如图，甲在M处观测到河对岸的某建筑物在北偏东15。方向，顶部P的仰角为30。，往正东方向前进150m到达N处，测得该建筑物在北偏西45。方向.底部Q和M,N在同一水平面内，则该建筑物的高PQ为()第3页/共23页 【答案】A【解析】 【分析】分析题意结合正弦定理得到MQ=50·6，再由题意得到PQ丄面MNQ，利用线面垂直的性质得到PQ丄MQ，最后利用锐角三角函数的定义求解即可.在△MQN中，由三角形内角和定理得上MQN=60o，由正弦定理得解得MQ=50，由题意得PQ丄面MNQ，所以PQ丄MQ，在△MQP中，由锐角三角函数定义得， 故选：A6.已知α,β,y是三个不重合的平面，α∩β=m,α∩y=n，则()A.若m//n，则β//y.【答案】D【解析】【分析】构造长方体模型，通过举反例可以判断A、B、C是错误的，在利用排除法即可得到正确答案.第4页/共23页【详解】如图，构造长方体模型，对于A，设平面ADD,A,为平面α,平面ABCD为平面β,平面A,BCD,为平面Y，则直线AD为m，直线A,D,为n，易知，此时m//n，但β∩Y=BC，故A错误；对于B，设平面ADD,A,为平面α,平面AB,C,D为平面β,平面DBBD,为平面Y，则直线AD为m，直线DD,为n，易知，此时m丄n，但平面AB,C,D与平面DBBD,不垂直，故B错误；对于C，设平面ADD,A,为平面α,平面ABCD为平面β,平面DCC,D,为平面Y，则直线AD为m，直线DD,为n，此时m丄n，故C错误；故选：D.7.若z=z-3=z-i，则z=() A.1B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】设z=x+yi，x,y∈R，结合条件求出x,y，再求模即可.故选：A.第5页/共23页=【答案】B【解析】【分析】设，可得E1E2=，求出上E1AE2，设过E1,A,E2的圆C，求出半径r，设E1E2∩OC=Q，求出CQ、OQ可得答案. 2，所以2O，所以E1E2丄OC，且OC垂直平分E1E2， E1E2=所以故选：B.第6页/共23页【点睛】关键点点睛：解题的关键点是借助图形找到e1,e2,a之间的关系.9.某学校开展消防安全知识培训，对甲、乙两班学员进行消防安全知识测试，绘制测试成绩的频率分布直方图，如图所示：()A.甲班成绩的平均数<甲班成绩的中位数B.乙班成绩的平均数<乙班成绩的中位数C.甲班成绩的平均数<乙班成绩的平均数D.乙班成绩的中位数<甲班成绩的中位数【答案】BC【解析】【分析】根据甲、乙两班的频率分布直方图直接求出甲、乙两班的平均数、中位数即可得解.【详解】对于A，由甲班频率分布直方图可得甲班成绩的平均数为x甲=(0.016×67.5+0.064×72.5+0.04×77.5+0.032×82.5+0.024×87.5+0.016×92.5+0.008×97.5)×5=79.1，甲班成绩分在[65,75)内频率之和为(0.016+0.064)×5=0.4<0.5，所以甲班成绩的中位数为×5=77.5<79.1，故A错误； 对于B，由乙班频率分布直方图可得乙班成绩的平均数为x乙=(0.016×97.5+0.064×92.5+0.04×87.5+0.032×82.5+0.024×77.5+0.016×72.5+0.008×67.5)×5=85.9，乙班成绩分在[65,85)内频率之和为(0.008+0.016+0.024+0.032)×5=0.4<0.5，成绩分在[65,90)内频率之和为(0.008+0.016+0.024+0.032+0.04)×5=0.6>0.5，第7页/共23页所以乙班成绩的中位数为×5=87.5>85.9，故B正确；对于C，由A、B可知甲班平均数小于乙班平均数，故C正确；对于D，由A、B可知甲班中位数小于乙班的中位数，故D错误.故选：BC.10.在梯形ABCD中则【答案】ACD【解析】【分析】根据向量即平面几何知识即可求解.【详解】取AD的中点E，连接BE,CE,AC,BD，AE=根据题意可知，AD//BC且AD=2BC，则BC=AE，BC=ED，因为题意没有说明BC与CD的大小关系，所以不能证明AC丄BD，故B错误；因为AD，BC=AD，且，所以AB=AE，所以四边形AECB为菱形，所以AC丄BE，因为BE//CD，过N作AC的垂线，垂足为F，连接NF，所以在上的投影向量为-，故D正确；故选：ACD. 第8页/共23页A.当λ=0时，AC丄DPB.当λ=1时，AC与DP是异面直线C.当μ=1时，三棱锥P—ABB1的外接球体积的最大值为D.当时，存在点P，使得DP丄平面ACD1【答案】ACD【解析】【分析】用线面垂直证明线线垂直，即可判断A；当λ=1，μ=0时,AC与DP有交点，即可判断B；当λ=1时，点P与C1重合，此时三棱锥P—ABB1的体积最大，从而得到外接球体积最大，即可得解C；当λ=0时，，即P为BB1的中点时，DP丄平面ACD1,证明即可判断D.【详解】对于A，当λ=0时在长方体中，易知BB1丄平面ABCD，AC平面ABCD，所以BB1,又DP平面DBB1，所以AC丄DP，故A正确；对于B，当λ=1，μ=0时此时，又AC与DP相交于点C，故B错误；对于C，当μ=1时当λ=1时，点P与C1重合，此时三棱锥P—ABB1的高最大，由第9页/共23页又底面ABB1外接圆的半径为，球心到底面ABB1的距离为CC1的一半，即，4π所以三棱锥P一ABB1的外接球体积的最大值为，故C正确；34π所以三棱锥P一ABB1的外接球体积的最大值为，故C正确；3对于D，当μ=时当λ=0时即P为BB1的中点时，DP丄平面ACD1，由AC丄平面DBB1D1,DP平面DBB1D1，所以AC丄D.DD12222所以DP丄平面ACD1，故D故选：ACD.【答案】2【解析】【分析】根据共线定理直接可得解.第10页/共23页故答案为：2.所成角的大小为.##60。【解析】【分析】依题意可得PA=AD，将四棱锥补成正方体，连接CE、AE，根据正方体的性质可知上ACE为直线PB与AC所成角，即可得解.【详解】因为PA丄底面ABCD，四边形ABCD为正方形，AD底面ABCD，如图将四棱锥补成正方体，连接CE、AE，则BP//CE，所以上ACE为直线PB与AC所成角，即直线PB与AC所成角的大小为.故答案为：14.在△ABC中，AB=2AC,D为边BC的中点，上A的平分线交BC于点E，若VADE的面积为1，则△ABC的面积为，DE的最小值为. 【答案】①.6②.第11页/共23页【解析】【分析】利用角平分线定理结合给定条件得到边长的比例关系，进而求解第一空，利用三角形面积公式结合余弦定理把目标式表示为一元函数，再利用基本不等式求最值即可.【详解】在△ABC中，设A,B,C对应的边分别为a,b,c，因为D为BC的中点，所以DC=.因为AE为上BAC的平分线，AB=2AC，因为S△ADE=S△ABC=1，所以S△ABC=6. 当且仅当时，等号成立，所以a≥32，所以DE≥故答案为：6；【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是利用余弦定理把目标式转化为一元函数，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可.15.某厂为了提升车载激光雷达质量的稳定性，对生产线进行升级改造、为了分析升级改造的效果，随机抽取了12台车载激光雷达进行检测，检测结果如下：序号i123456789第12页/共23页探测距离xi（单位：m）x3x4x5（1）升级改造后，若有65%的产品的探测距离在(x—s,x+s)内，则认为升级改造成功；若改造成功且有95%的产品的探测距离在(x—2s,x+2s)内，则认为升级改造效果显著.根据样本数据，分析此次升级改造的效果；（2）采用在(x—2s,x+2s)内的数据作为新样本，求新样本的平均数x’和方差s【答案】（1）答案见解析5【解析】【分析】（1）根据已知数据结合古典概型公式计算判断即可；（2）根据已知平均数及方差数据应用平均数及方差公式计算即得.【小问1详解】所以升级改造成功；所以升级改造成功，但效果不显著.【小问2详解】因为样本平均数x=150，方差s2=9，第13页/共23页所以新样本的平均数150，新样本的方差为16.甲每次投篮投进的概率是0.7，连续投篮三次，每次投篮结果互不影响，记事件A为“甲至少投进两球（1）用xi(i=1,2,3)表示甲第i次的投篮结果，则(x1,x2,x3)表示试验的样本点.用1表示“投进”，0表示“未投进”，写出该试验的样本空间，判断其是否为古典概型，并说明理由；（2）用计算机产生0~9之间的整数随机数，当出现随机数0~6时，表示“投进”，出现7，8，9时表示“未投进”，以每3个随机数为一纽，代表甲三次投篮结果，产生20组随机数：062049228933102734750783076276910349114494995396521016065140利用该模拟试验，估计事件A的概率，并判断事件A的概率的精确值与估计值是否存在差异，并说明理由【答案】（1）样本空间见解析，不是古典概型，理由见解析（2）事件A的概率的估计值为0.9，存在差异，理由见解析【解析】【分析】（1）直接写出样本空间即可，根据样本点(1,1,1)和（2）20组随机数中事件A发生了18次，则事件A的频率为=0.9，所以事件A的概率的估计值为0.9，再求出事件A的概率的精确值结合试验的特点以及频率与概率的特征和关系即可比较判断和说明.【小问1详解】该试验的样本空间为}，共有8个样本点，)的概率为0.73，样本点(0,0,0)的概率为0.33，这两个样本点的概率不相等，所以这个试验不是古典概型.【小问2详解】第14页/共23页产生20组随机数相当于做了20次重复试验，其中事件A发生了18次，则事件A的频率为=0.9，所以事件A的概率的估计值为0.9.=P=P又因为每次投篮结果互不影响，所以B1,B2与B3相互独立，B1,B2与B3相互独立，B1,B2与B3相互独立，B1,B2与B3相互独立且B1B2B3,B1B2B3,B1B2B3,B1B2B3两两互斥，=PB2P(B223)所以事件A的概率的估计值和P(A)有差异.原因如下：①随机事件发生的频率具有随机性，频率和概率有一定的差异；②重复试验次数为20，样本量较少，频率偏离概率的幅度大的可能性更大.17.已知a,b,c分别为锐角三角形ABC三哥内角A,B,C的对边，且asinC+3acosC=（1）求A；（2）已知a=·3，点O为△ABC的垂心，求△BOC的周长的最大值. 【解析】【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算得出正切值进而求出角；（2）先根据图形特征应用余弦定理，再应用基本不等式计算求出周长最大值或应用正弦定理再应用三角恒等变换结合角的范围得出周长得最大值.【小问1详解】得sinAsinC+3sinAcosC=3sinB，第15页/共23页 即sinAsinC=3cosAsinC， 【小问2详解】解法一：如图，由O为锐角三角形ABC的垂心，有BO丄AC，垂足为E,CO丄AB，垂足为F，即得m222323第16页/共23页解法二：由O为锐角三角形ABC的垂心，有BO丄AC，垂足为E,CO丄AB，垂足为F，即(3,(3,,(3,(3,, 故△BOC周长的最大值为2+3.AC,A1B1的中点.（1）求证：A1E//平面BCF；（2）若二面角A—BCC1的大小为，求证：BF与AC1不垂直；若cos上A1AB∈,求AB与平面BCF所成角的正弦值的取值范围.【答案】（1）证明见解析第17页/共23页（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明；又因为AC1ⅡEC1，通过反证法即可说明假设不成立；（3）根据（12解法一结合直角三角形的正余弦定义，解法二结合等积法即可证明.【小问1详解】取BC中点M，连接EM,FM，在△ABC中，E,M分别是AC,BC的中点，所以EMⅡAB,EM=又F是A1B1的中点，所以A1FⅡAB,A1F=AB，所以EMⅡA1F,EM=A1F，所以四边形A1EMF为平行四边形，所以A1EⅡFM，因为A1E丈平面BCF,FM平面BCF，所以A1EⅡ平面BCF【小问2详解】BC平面ABC，所以BC丄侧面ACC1A1，所以二面角ABCC1的平面角为上ACC1，所以上ACC又BC丄侧面ACC1A1，所以BC丄AC1，因为BF丄AC1,BC∩BF=B,BC,BF平面BCF，所以AC1因为FM平面BCF，所以AC1丄FM，由（1）知A1EE.所以AC1=C1矛盾，所以BF与AC1不垂直.【小问3详解】解法一：作A1P丄AC于点P，作PQ丄AB于点Q，连接A1Q，由BC丄侧面ACC1A1,A1P侧面ACC1A1，得BC丄A1P，又BC∩AC=C,BC,AC平面ABC，所以A1P丄平面ABC.在Rt△AA1P，Rt△APQ，Rt△AA1Q中，第18页/共23页第19页/共23页所以cos上A1AC.cos上BAC=cos上A1AB，AB，又cos上A1AB所以上A1ACC所以B,C,G,F四点共面，由（2）知BC丄侧面ACC1A1，所以平面BCGF丄侧面ACC1A1，平面BCGF∩侧面ACC1A1=CG,AG侧面ACC1A1，所以AG丄平面BCGF，所以AB与平面BCF所成角为上ABG，C所以AB与平面BCF所成角正弦值的取值范围为.解法二：设点A到平面BCF的距离为d，第20页/共23页所以BC丄FM，S△A1AC设AB与平面BCF所成角为θ,则sinθ=作A1P⊥AC于点P，作PQ⊥AB于点Q，连接A1Q，由BC丄侧面ACC1A1,A1P侧面ACC1A1，得BC丄A1P，又BC∩AC=C,BC,AC平面ABC，所以A1P丄平面ABC.在Rt△AA1P，Rt△APQ，Rt△AA1Q中，所以cos上A1AC.cos上BAC=cos上A1AB， 第21页/共23页又cosLA1AB∈所以cosLA1AC∈所以sinθ=所以AB与平面BCF所成角正弦值的取值范围为.【点睛】本题考查空间中点、线、面之间的位置关系，线面角、二面角等基本知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化、数形结合等数学思想.（3）若点M,N在抛物线y=x2—t(t∈R)上，且△OMN为等边三角形，讨论△OMN的个数.))（3）答案见解析【解析】【分析】（1）根据旋转角度求出向量坐标；（2）设出角度结合两角和差公式化简得出向量坐标；（3）先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况.【小问1详解】因为逆时针旋转，则第22页/共23页(46,22224,(46,22224,(46,22224(46,22224-1,+1.【小问2详解】(rcosβ,rsinβ)，因为a=rcosβ,