江苏省苏州市2023-2024学年高一下学期学业质量期末调研数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江苏省苏州市2023-2024学年高一下学期学业质量期末调研数学试卷一、单项选择题：本题共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.设为虚数单位，已知复数，则（）A. B. C. D.2〖答案〗B〖解析〗，则.故选：B.2.（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.3.某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（）A.极差为10 B.中位数为7.5 C.平均数为8.5 D.标准差为〖答案〗D〖解析〗某射击运动员射击6次，命中的环数从小到大排列如下：6，7，7，9，9，10，对A，极差为，故A错误；对B，中位数为，故B错误；对C，平均数为，故C错误；对D，标准差，故D正确.故选：D.4.某科研单位对ChatGPT的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第百分位数为（）A.78.5 B.82.5 C.85 D.87.5〖答案〗B〖解析〗因为，，所以第百分位数位于，设为，则，解得.故选：B.5.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由正弦定理，则，又，所以，所以，所以.故选：C.6.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则〖答案〗D〖解析〗对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误；对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误；对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误；对于D：若，，则或，若，则在平面内存在直线，使得，又，则，又，所以；若，又，所以；综上可得，由，，，可得，故D正确.故选：D.7.在中，已知，则的形状一定为（）A.等腰三角形 B.锐角三角形C.直角三角形 D.钝角三角形〖答案〗C〖解析〗因为，所以，所以，由正弦定理可得，所以为直角三角形.故选：C8.长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠.为了让更多年轻人走近评弹､爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇､《认母》篇､《归宗》篇.某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N，则下列说法正确的是（）A.M与N互斥 B.C.M与N相互独立 D.〖答案〗B〖解析〗三个人随机选三篇文章研究，样本空间共种，事件M：“三人都没选择《子归》篇”共有：，所以，事件N：“至少有两人选择的篇目一样”共有种，所以，，所以M与N不互斥，A错误，D错误；事件MN共有种，所以，B正确；因为，所以C错误.故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数，则（）A.的最小正周期为 B.C.的图象关于直线对称 D.在区间上单调递增〖答案〗BD〖解析〗因为，所以的最小正周期，故A错误；因为，所以，故B正确；因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误；当，则，又在上单调递增，所以在区间上单调递增，故D正确.故选：BD.10.已知复数，，，则下列说法正确的有（）A B.若，则C.若，则 D.若且，则〖答案〗ACD〖解析〗由题意，设A项，，，∴，A正确；B项，当时，若两复数是虚数，不能比较大小，B错误；C项，，，，当时，，，∴，任取，或，任取，即至少有一个为0，∴（其中至少有两项为0），C正确；D项，∵，∴，∵，∴，即，D正确.故选：ACD.11.如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（）A.平面B.平面C.点，到平面的距离相等D.平面截该正方体所得截面的面积为〖答案〗ACD〖解析〗如图，取的中点，的中点，的中点，连接、、、、、、、、、，则，，，所以，所以、、、四点共面，又，所以、、、四点共面，同理可证，所以、、、四点共面，正六边形为平面截该正方体所得截面，又，所以，故D正确；因为平面，平面，所以，则，同理可证，又，平面，所以平面，即平面，故A正确；因为，平面，平面，所以平面，即平面，又，平面，平面平面，所以不平行平面，故B错误；设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知，即交平面于点，所以点，到平面的距离相等，即点，到平面的距离相等，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设向量，，，若，则实数λ的值为___________.〖答案〗〖解析〗由题意，，，，∴∵，∴，解得：.故〖答案〗为：.13.在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为___________.〖答案〗〖解析〗直角三角形ABC中，，，则斜边，，CH为斜边AB上的高，则，，，平面平面，平面平面，，平面，则平面，又，所以两两垂直，，，，则三棱锥的外接球半径，所以三棱锥的外接球表面积为.故〖答案〗为：.14.在中，已知，则的最大值为___________.〖答案〗〖解析〗因为，所以，即，所以，所以，又，所以，则，所以，取为锐角，其中，，因为，所以，所以当时取得最大值，且最大值为.故〖答案〗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.如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点.（1）求证：平面PBC；（2）求证：平面AFG.解：（1）底面为矩形，所以，底面，底面，则，，平面，则平面，平面，所以，又，为中点，则，平面，，所以平面.（2）连接交于点，连接，由四边形为矩形，分别为中点，所以，则，即中点，又因为为中点，有，平面，平面，所以平面.16.一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.（1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间；（2）分别求事件A，B，C发生的概率；（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率.解：（1）样本空间，共有12个基本事件.（2）事件A的基本事件为：共6个基本事件，所以，事件B的基本事件为：共3个基本事件，所以，事件C的基本事件为：共4个基本事件，所以.（3）事件A，B，C中至少有一个发生的基本事件为：共9个基本事件，所以.17.如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，是边长为1的等边三角形.（1）若，求线段AE的长；（2）若且，求.解：（1）因为为等边三角形，所以，又，所以，在中，，所以，由正弦定理得，.（2），，在中，由余弦定理，，在中，由余弦定理，，两式相加得，因为，所以设，，则，在中，，由余弦定理得，，得，化简得，由，解得或，当时，，不合题意，舍去；当时，，符合题意，所以，，，在中，，，可得，在中，由余弦定理，，所以.18.如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记.（1）若，求线段EF的长；（2）若，设，求实数和的值；（3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值.解：（1）若，则，，所以，两边平方可得，所以.（2）若，则，所以，①，②，由①②可得.（3），，设，又，又，所以①，由，可得，所以，所以，所以，由，可得，，所以，又三点共线，所以②，联立①②解，所以，所以，，，所以，又，所以，同理可得，所以.19.如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.（1）求证：平面平面；（2）求证：平面平面；（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.解：（1）因为，，所以，又平面，平面，所以平面，，，可得，又，，所以是等边三角形，所以，，又，所以，又平面，平面，平面，又，又平面，所以平面平面.（2）由侧面为矩形，可得，连接，可得是等边三角形，所以，所以，又，，由余弦定理可得，所以，所以，所以，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（3）延长交于，可得是等边三角形，过作于，由（1）可