四川省南充市2023-2024学年高一下学期7月期末学业质量监测数学试卷(含答案)
展开一、选择题
1.已知,则( )
A.B.C.D.1
2.若一组数据按照从小到大的顺序排列如下:12,15,17,20,23,25,27,31,36,37.则该组数据的第35百分位数为( )
A.17B.20C.23D.25
3.若,则的值是( )
A.B.C.D.
4.对于两条不同直线m,n和两个不同平面,,以下结论中正确的是( )
A.若,,则B.若,,则
C.若,,则D.若,,则
5.的内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,若,,,则a的值为( )
A.B.C.D.2
6.已知向量与的夹角是,且,,则向量在向量上的投影向量是( )
A.B.C.D.
7.在中,,P是线段上的一点,若,则实数t的值为( )
A.B.C.D.
8.如图,在三棱锥中,平面,,,若三棱锥外接球的表面积为,则此三棱锥的体积为( )
A.1B.C.D.
二、多项选择题
9.函数,则下列说法中正确的有( )
A.
B.的一条对称轴方程为
C.的一个对称中心为
D.的单调递增区间为,
10.正方体中,,M是的中点,则下列说法中正确的有( )
A.异面直线与所成角的余弦值为
B.平面
C.过A,B,M三点作正方体的截面,则截面面积为
D.若P为正方体对角线上的一个动点,则最小值为
11.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列说法中正确的有( )
A.若,,则周长的最大值为18
B.若,,则面积的最大值为
C.若角A的内角平分线交于点D,且,,则面积的最大值为3
D.若,,M为的中点,且,则
三、填空题
12.如图,水平放置的的斜二测直观图是图中的,已知,,则边的实际长度是_________.
13.如图,已知正方形的边长为3,且,与交于点E,则_________.
四、双空题
14.已知菱形的边长为2,且,将菱形沿对角线翻折成直二面角,则异面直线与所成角的余弦值是_________;二面角的余弦值是_________.
五、解答题
15.已知,.
(1)若,求m的值;
(2)若,求与夹角的余弦值.
16.某公司为了解员工对食堂的满意程度,随机抽取了200名员工做了一次问卷调查,要求员工对食堂的满意程度进行打分,所得分数均在内,现将所得数据分成6组:,,,,,,并得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求a的值,并估计这200名员工所得分数的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表);
(2)求这200名员工所得分数的中位数(精确到0.1);
(3)现从,,这三组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取24人,求这组中抽取的人数.
17.如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,,,O是与的交点,平面,,M是的中点.
(1)求证:平面;
(2)求证:平面平面;
(3)求直线与平面所成角的正切值.
18.在中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且.
(1)求角A的大小;
(2)若,.
①求的面积;
②若,求.
19.对于平面向量,定义“变换”:,
(1)若向量,,求;
(2)求证:;
(3)已知,,且与不平行,,,求证:.
参考答案
1.答案:C
解析:.
故选:C.
2.答案:B
解析:这组数据有10个数,所以,
则该组数据的分位数为第4个数据20,
故选:B.
3.答案:B
解析:若,
两边同时平方可得,
即,
由正弦二倍角公式及同角三角函数关系式可知,
故选:B.
4.答案:A
解析:对于A,若,,则,故A正确;
对于B,若,,则或,故B错误;
对于C,若,,则或或m,相交,故C错误;
对于D,若,,则或,故D错误.
故选:A.
5.答案:C
解析:,
,
,,
则由正弦定理可得,.
故选:C.
6.答案:D
解析:因为向量与的夹角是,且,,
所以,
所以向量在向量上的投影向量为.
故选:D.
7.答案:A
解析:由,
由已知,则,
根据平面向量三点共线定理得,解得.
故选:A
8.答案:C
解析:因为,,所以,
,
设外接圆的半径为r,圆心为,则,即,
设三棱锥外接球的半径为R,球心为O,则,解得(负值已舍去);
因为平面,所以,
即,即,解得(负值已舍去);
所以.
故选:C
9.答案:ABD
解析:对于选项A:,故A正确;
对于选项B:因为为最小值,
所以的一条对称轴方程为,故B正确;
对于选项C:因为为最大值,
所以不是的对称中心,故C错误;
对于选项D:令,,解得,,
所以的单调递增区间为,,故D正确;
故选:ABD.
10.答案:ACD
解析:如下图所示:
对于A选项,因为,则异面直线与所成角为或其补角,
因为,且,,
则,
所以,,
故异面直线与所成角的余弦值为,A正确;
对于B选项,连接交于点O,连接,
因为四边形为正方形,,则O为的中点,
又因为M为的中点,所以,,
又因为平面,平面,所以,平面,
若平面,则,根据正方体性质知四边形为矩形,
且,则其对角线与不垂直,则B不正确;
对于C选项,设平面交棱于点N,如下图所示:
因为平面平面,平面平面,
平面平面,所以,,
又因为,则,因为,故四边形为平行四边形,
所以,,故N为的中点,所以,,
又因为,则,所以,四边形为平行四边形,
因为平面,平面,所以,,
所以,四边形为矩形,且其面积为,C正确.
对于D选项,将、延展至同一个平面,如下图所示:
且,,
结合图形可知,当D、P、M三点共线时,取最小值,
即,
易知,,,
,则在中,,
则,则
,
则由余弦定理有
故最小值是,D正确;
故选:ACD.
11.答案:ACD
解析:对于A,由余弦定理可得,
即,即,
即,则,解得,
当且仅当时,等号成立,
则周长的最大值为18,所以A正确;
对于B,由余弦定理可得,
所以,
因为,所以,当且仅当时,等号成立,
所以,即面积的最大值为,故B错误;
对于C,设,,则,,
在和中,分别运用正弦定理,得和.
因为,所以,即,所以,
由余弦定理可得,
所以,
,当且仅当时,等号成立,
所以面积的最大值为3,所以C正确;
对于D,设,
在中利用余弦定理得,①
在中利用余弦定理得
,②
则①②有,解得,则,则D正确.
故选:ACD.
12.答案:
解析:把直观图还原为原图形,如图所示,
则,,
所以.
故答案为:.
13.答案:3
解析:因为,则F为中点,
则,则,
则,
则.
故答案为:3.
14.答案:/0.75;
解析:如下图,过点B作,连接,,,
结合题意可知O为的中点,且,
所以即为二面角的平面角,由题意可知,.
因为,,所以,,,
所以,且,进而得到,
因为,则异面直线与所成角即为或其补角,
在中,由余弦定理可得,
则异面直线与所成角的余弦值是;
取的中点F,连接,,因为,,
所以,,则即为所求二面角的平面角,
在中,因为,,
所以,同理,
在中,由余弦定理可得,
故答案为:;.
15.答案:(1)或.
(2)
解析:(1)因为,所以,
解得:或.
(2)因为,,,
所以,解得:,
所以,,
,
所以与夹角的余弦值为.
16.答案:(1),;
(2)72.9;
(3)14
解析:(1)由题意知,
解得.
估计这200名员工所得分数的平均数
,
.
(2)的频率为,
的频率为,
所以中位数落在区间,设中位数为m,
所以,
解得,即估计这200名员工所得分数的中位数为72.9.
(3)的人数:,
的人数:,
的人数:,
所以这组中抽取的人数为:.
17.答案:(1)证明见解析;
(2)证明见解析;
(3)
解析:(1)连接,在平行四边形中,
O为与的交点,
O为的中点,又M为的中点,,
又平面,平面,
平面.
(2)平面,平面,,
在中,,,又,,
因为,平面,平面,所以平面,又平面,平面平面.
(3)取的中点N,连接,,
M为的中点,,且
由平面,得平面,
是直线与平面所成的角,
,,,,
在中,,,
,从而,
在中,,
直线与平面所成角的正切值为.
18.答案:(1);
(2)①;②.
解析:(1)因为,
所以,
又,
所以,
所以,
由正弦定理可得,
又,所以,
所以,
即,又,
所以,所以,则.
(2)①因为,由正弦定理可得.又,
由,
所以,
解得或(舍去),所以,
所以.
②因为,
所以.
所以.
所以
.
19.答案:(1);
(2)证明见解析;
(3)证明见解析
解析:(1)因为向量,
所以
所以.
(2)因为,.
所以
.
.
,所以.
(3)方法一:,
,
由(2)可得,,
又因为
,即,
可得,
且在内单调递减,,
可知,
所以.
所以
方法二:设,,
,
因为,
,
所以
,
所以.
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四川省南充市2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题(无答案): 这是一份四川省南充市2023-2024学年高二下学期期末学业质量监测数学试题(无答案),共5页。试卷主要包含了考试结束后,将答题卡交回,二项式的展开式中常数项为,为了研究某校学生的脚长,定义在的函数满足,且当时,,已知,则下列结论中正确的是等内容,欢迎下载使用。
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