2024佛山高一下学期7月期末考试数学含解析

这是一份2024佛山高一下学期7月期末考试数学含解析，共25页。试卷主要包含了 关于复数 ，下列说法正确是等内容，欢迎下载使用。

2023-2024 学年下学期佛山市普通高中教学质量检测
高一数学 2024.7
本试卷共 4 页， 19 小题. 满分 150 分. 考试用时 120 分钟.
注意事项:
1. 答卷前， 考生务必要填涂答题卡上的有关项目.
2. 选择题每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答案涂在答题卡相应的位置上.
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答， 答案必须写在答题卡各题目指定区域内， 如需改动先划掉原来的答案， 然后再写上新的答案; 不准使用铅笔和涂改液， 不按以上要求作答的答案无效
4. 请考生保持答题卡的整洁. 考试结束后， 将答题卡交回.
一、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. （ ）
A. B. C. D.
2 已知，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知向量不共线，若则（ ）
A. B. C. D. 2
4. 已知两条不同的直线 和三个不同的平面 ，下列判断正确的是（ ）
A 若 ，则
B. 若 ，则
C 若 ，则
D. 若 ，则
5. 已知四边形 中， ，则四边形 的面积为（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 10
6. 已知函数(其中)的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则（ ）
A. B. C. D.
7. 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 ，且男女生的平均分不相等，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，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
二、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. 关于复数 (为虚数单位)，下列说法正确是（ ）
A. B. 在复平面内对应的点位于第二象限
C. D.
10. 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2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
11. 如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（ ）
A. 过 各中点的截面的面积为
B. 直线 与平面 所成角的正弦值为
C. 面积的最小值为
D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 其中第 14 题对一空得 3 分， 全对得 5 分.
12. 已知 ，则在上投影向量为______________.
13. 已知 ，则 ______________.
14. 已知是边长为2的正三角形，点在平面内且，则的最大值为______________.
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. 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: )，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 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. 在非直角三角形 中，角 的对边分别为 ，且满足 .
（1）求证: ;
（2）若 ，求 的面积.
17. 如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， .
（1）证明: 是点 在平面 上的射影;
（2）求多面体 的体积.
18. 如图，在扇形中，半径，圆心角，矩形内接于该扇形，其中点分别在半径和上，点在上，，记矩形的面积为S.
（1）当点分别为半径和的中点时，求S的值；
（2）设，当为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值.
19. 如图，在直三棱柱中，是上一动点，是的中点，是的中点.
（1）当时，证明: 平面;
（2）在答题卡的题 (2) 图中作出平面与平面的交线 (保留作图痕迹,无需证明);
（3）是否存在，使得平面与平面所成二面角的余弦值为? 若存在求满足条件的值，若不存在，则说明理由.
2023-2024 学年下学期佛山市普通高中教学质量检测
高一数学 2024.7
本试卷共 4 页， 19 小题. 满分 150 分. 考试用时 120 分钟.
注意事项:
1. 答卷前， 考生务必要填涂答题卡上的有关项目.
2. 选择题每小题选出答案后， 用 2B 铅笔把答案涂在答题卡相应的位置上.
3. 非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答， 答案必须写在答题卡各题目指定区域内， 如需改动先划掉原来的答案， 然后再写上新的答案; 不准使用铅笔和涂改液， 不按以上要求作答的答案无效
4. 请考生保持答题卡的整洁. 考试结束后， 将答题卡交回.
一、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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算直接计算可得.
【详解】由复数除法运算得.
故选：C
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据二倍角的正切公式，化简求值.
【详解】.
故选：D
3. 已知向量不共线，若则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据共线定理和平面向量基本定理求解可得.
【详解】因为，
所以存在，使得，
又不共线，所以，解得.
故选：B
4. 已知两条不同的直线 和三个不同的平面 ，下列判断正确的是（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面平行与垂直的判定和性质定理来进行推理即可.
【详解】对于A，若，则或，故A是错误的；
对于B，若 ，由于不一定相交，也有可能平行，则不一定成立，故B是错误的；
对于C，若 ，则，又因为，所以，
若 ，则，又因为，所以，
又因为，所以，故C是正确的；
对于D，若，不能推理出，所以也就不能推理出，故D是错误的；
故选：C．
5. 已知四边形 中， ，则四边形 的面积为（ ）
A. 3B. 5C. 6D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】先判断，然后求向量的模代入公式可得.
【详解】因，所以，
又，
所以四边形 的面积.
故选：B
6. 已知函数(其中)的部分图象如图所示，点是函数图象与轴的交点，点是函数图象的最高点，且是边长为2的正三角形，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正三角形性质求出点坐标，结合周期可得，将点坐标代入解析式可求得，然后可解.
【详解】过点作轴的垂线，垂足为，则为的中点，
因为是边长为2的正三角形，，
所以，，
所以，，
由题知，所以，所以，
将代入解析式得，
所以，，
所以，
所以.
故选：D
7. 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 ，且男女生的平均分不相等，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
【答案】B
【解析】
【分析】根据平均数意义可判断A；利用分层平均数公式可求出女生所占比例，可判断BC；分析题中样本的抽取方式可判断D.
【详解】对于A，平均数描述平均水平，所以无法判断高分和低分人数，A错误；
对于B，设这部分同学的平均分为，其中有男生人，女生人，平均分分别为，
根据分层平均数公式有，
整理得，即，
即根据两个平均数可求出这部分同学中女生所占比例，故B正确；
对于C，由B可知，只能求出男女生所占比例，无法确定总人数，C错误；
对于D，因为题干并没有告诉这部分学生的抽取是否按照比例抽取，
所以无法全年级是男生多还是女生多，D错误.
故选：B
8. 已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析半球与各棱的切点位置，利用球的切线性质，用表示出侧棱长，从不同角度表示出棱台的高，从而建立关于的方程，然后可得.
【详解】由题意可知，为下底面，
记上底面的中心为，过作垂直于平面，垂足为，
易知点在上，记半球与分别相切于点，
由正四棱台和球的对称性可知，为的中点，
因为，所以，，
记半球的半径为，则，
所以，，
分别在中，由勾股定理得，
，
因为，所以，
解得或（舍去），
所以半球的表面积为.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题考查学生的直观想象能力，解题关键在于利用球的切线性质，用表示出侧棱，然后根据棱台的高距离方程求出半径即可.
二、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. 关于复数 (为虚数单位)，下列说法正确的是（ ）
A. B. 在复平面内对应的点位于第二象限
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据共轭复数概念和复数乘法运算可判断A；根据复数的几何意义可判断B；根据复数乘法运算直接化简可判断CD；
【详解】对于A，因为，所以，
所以，A正确；
对于B，复数对应点为，位于第四象限，B错误；
对于C,，C错误；
对于D，，D正确.
故选：AD
10. 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2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意举例判断即可
【详解】解：对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；
对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确；
对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，所以C错误；
对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确，
故选：ABD
11. 如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（ ）
A. 过 各中点的截面的面积为
B. 直线 与平面 所成角的正弦值为
C. 面积的最小值为
D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。
【答案】BCD
【解析】
【分析】先证，然后可得为矩形，可判断A；利用等体积法求点到平面的距离，可判断B；利用线面垂直证明，然后求最小值，可判断C；将三棱柱沿展开所得平面图形正方形，通过观察展开图可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以两两垂直，
因为是平面内的两条相交直线，所以平面，
又平面，所以，
记分别为的中点，
则，且
所以四边形为平行四边形，且，
所以为矩形，其面积为，A错误；
对于B，记点到平面的距离为，的中点为，连接，
则，，
由等体积得，即，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，B正确；
对于C，由上知，是平面内的相交直线，
所以平面，
因为平面，所以，所以，
所以当最短时，面积最小值，
显然，当时最短，此时，由等面积可得，
解得，所以面积最小值为，C正确；
对于D，将三棱锥沿剪开，展开所得平面图形为正方形，如图：
由上图观察可知，将绕着点旋转使重合，
将三棱锥沿着剪开，展开所得平面图形为直角三角形，
故D正确.
故选：BCD
【点睛】方法点睛：求线面角的常用方法有：
1、定义法：根据定义作出线面角，通过解三角形求解；
2、等体积法：利用等体积求出点到平面距离，然后根据定义求解；
3、向量法：建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线方向向量，根据线面角向量公式求解.
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 其中第 14 题对一空得 3 分， 全对得 5 分.
12. 已知 ，则在上的投影向量为______________.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量公式直接求解即可.
【详解】因为，，
所以在上的投影向量为.
故答案为：
13. 已知 ，则 ______________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角恒等变形，即可求解出，再把弦化切，即可求出结果.
详解】由可得：，
化简得：，
因为，所以，
则，即，
而，
故答案：.
14. 已知是边长为2的正三角形，点在平面内且，则的最大值为______________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据分析点轨迹，取中点，将转化为，然后结合图形可解.
【详解】因为，所以点在以为直径的圆上，
记的中点分别为，
则，
因为是边长为2的正三角形，，所以，
易知，当三点共线时取得最大值，此时，
所以的最大值为.
故答案为：3
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. 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: )，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 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.
【答案】（1） （2）答案见解析
（3）176.25
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图频率和为1求x,再求平均数即可；
（2）由分层抽样的定义求出第2,3,4组所抽取的人数;
（3）上四分位数为频率和为0.75对应的数据，根据频率分布直方图，结合频率，即可求解；
【小问1详解】
第一组的频率为0.05，第二组的频率为0.35，第三组的频率为，第四组的频率为0.20，第五组的频率为0.10，
故平均数.
【小问2详解】
根据题意，第组有人，第组有人，
所以第3组选人.
【小问3详解】
因为前3组的频率和为0.7，前4组的频率和为0.9，
所以第75百分位数在第四组，不妨设为，
则，
解得，
即第75百分位数约为176.25；
16. 在非直角三角形 中，角 的对边分别为 ，且满足 .
（1）求证: ;
（2）若 ，求 的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2）3
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦的和差角公式可得，即可利用弦切互化求解，
（2）根据正切的和差角公式可得，，即可由同角关系得正弦值，利用正弦定理求解长度，即可由面积公式求解.
【小问1详解】
由可得,
又，
所以，
由于为非直角三角形，故,因此，
【小问2详解】
由，可得,
解得或，
若，则,此时均为钝角，不符合题意，
故，,则，且为锐角，故，
又，锐角，故,
由正弦定理得,解得
17. 如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， .
（1）证明: 是点 在平面 上的射影;
（2）求多面体 的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）将图形补成一个正方形，证明平面即可；
（2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积即可．
【小问1详解】
证明：因为四边形均为正方形，
所以平面，
得平面，且，将图形补成一个正方形，如图所示：
则为等边三角形，连接交于点M，连接，则点H在上，
且平面，
得平面，平面，得，
同理平面，得平面，
所以H是点A在平面上的射影；
【小问2详解】
由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积，
则多面体的体积为：．
18. 如图，在扇形中，半径，圆心角，矩形内接于该扇形，其中点分别在半径和上，点在上，，记矩形的面积为S.
（1）当点分别为半径和的中点时，求S的值；
（2）设，当为何值时，S取得最大值，并求此时S的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意分析可知：为等边三角形，进而可得，，根据可得，结合三角恒等变换分析求解；
（2）由（1）可得，结合正弦函数的有界性分析求解.
【小问1详解】
如图，连接，
则，所以，
又因为矩形ABCD，，所以，
从而可得，所以，
因为，且，则为等边三角形，即，
又因为矩形ABCD，，则，
过点D作的垂线，垂足为E，设，
则，，，
在中，则，，
可得，
若点分别为半径和的中点，
则，即，
且，则，则，
可得，
所以.
【小问2详解】
由（1）可得：
，
又因为，则，
可知当，即时，矩形面积S取到最大值为.
【点睛】关键点点睛：根据几何知识分析可知，，进而结合题意运算求解.
19. 如图，在直三棱柱中，是上一动点，是的中点，是的中点.
（1）当时，证明: 平面;
（2）在答题卡的题 (2) 图中作出平面与平面的交线 (保留作图痕迹,无需证明);
（3）是否存在，使得平面与平面所成二面角余弦值为? 若存在求满足条件的值，若不存在，则说明理由.
【答案】（1）证明见详解
（2）作图见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）构造平行四边形，利用平行四边形对边平行得线线平行，再用线面平行的判定定理即可.
（2）一个平面内的直线，不平行则相交，将相关线段延长至相交即可.
（3）做出二面角的平面角，由题意易得，再由等面积法计算出，由余弦值可得正切值，即可求解.
【小问1详解】
时，为的四等分点（靠近），
取中点为，取的四等分点（靠近）为，连接.
分别为的中点，
，且，
分别为的四等分点（靠近），
，且，
，且，则四边形为平行四边形，
又平面，平面，
平面
【小问2详解】
如图，平面中，与不平行，故与一定相交，设与交于点，连接，则点既在平面上，又在平面上，则为平面与平面的交线.
【小问3详解】
过作，垂足为，过作，垂足为，连接，设与交于点,
因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，
又平面，，又，，
平面，又平面，，
又，，平面，又平面，.
所以为平面与平面所成的二面角.
假设存在满足条件的，即，
由已知可求得，所以，
所以，又，
，所以，
所以，，
，
，
，故，
由得，
又，所以，解得，
即存在使得平面与平面所成二面角的余弦值为.
【点睛】求无棱二面角（图中无法直接看出两平面的交线）的关键是补棱，即作出两个平面的交线，如本题的关键是要做出二面角的平面角，再由等面积法计算出，这一步的思路简单，难于计算过于复杂，接着如果要利用余弦值列式，还需求出，难度加大，因为已知，不如改用正切值来列式，后可以求解.