湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷(含答案)

这是一份湖南省永州市2023-2024学年高一下学期7月期末质量监测数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．复数在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚硬币正面朝上”，事件“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为( )
A.互斥B.相互对立C.相互独立D.相等
3．在杭州亚运会期间，共有1.8万多名赛会志愿者参与服务，据统计某高校共有本科生4400人，硕士生400人，博士生200人参与志愿者服务.现用分层抽样的方法从该高校志愿者中抽取部分学生了解服务心得，其中博士生抽取了10人，则本科生抽取的人数为( )
A.250B.220C.30D.20
4．在中，若，则( )
A.B.C.D.
5．已知，，与的夹角为，则在上的投影向量是( )
A.B.C.D.
6．若数据，，，的平均数为3，方差为4，则下列说法错误的是( )
A.数据，，，的平均数为13
B.数据，，，的方差为12
C.
D.
7．已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标为( )
A.B.C.D.
8．已知正方体的棱长为2，P为底面ABCD内一动点，直线与平面ABCD所成角为，E为正方形的中心，点M为线段上一动点，则的最小值为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知复数，，则下列说法正确的是( )
A.B.存在实数a，使得为实数
C.若为纯虚数，则D.
10．如图，连接正方体各个面的中心得到一个每个面都是正三角形的八面体，如果四边形是边长为2的正方形，则( )
A.异面直线与所成角的大小为
B.二面角的平面角的余弦值为
C.平面平面
D.此八面体的外接球表面积为
11．已知点P在所在的平面内，则下列命题正确的是( )
A.若P为的垂心，且，则
B.若，则的面积与的面积之比为
C.若，则动点P的轨迹经过的外心
D.若E，F，G分别为，，的中点，且，，则的最大值为
三、填空题
12．已知事件A与事件B发生的概率分别为，，且，则________.
13．已知某圆台的上底面和下底面的面积之比为，轴截面面积为6，母线长为上底面半径的倍，则该圆台的体积为________.
14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是________.
四、解答题
15．某市高一年级36000名学生参加了一次数学竞赛，为了解本次竞赛情况，随机抽取了500名学生的成绩，并根据这500名学生成绩，绘制频率分布直方图如图所示.
(1)求a的值，并估计该市高一年级的及格（60分以上）人数；
(2)估计该市高一年级学生成绩的分位数.
16．已知向量，.
(1)若，求k的值；
(2)若，求的最小值.
17．甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）.
(1)用抛掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.试判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由；
(2)若选择方案一，求甲获胜的概率.
18．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，且，，，点E，F分别为棱，的中点.
(1)若平面平面，
①求证：；
②求三棱锥的体积；
(2)若，请作出四棱锥过点B，E，F三点的截面，并求出截面的周长.
19．当的三个内角均小于时，使得的点M为的“费马点”；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为的“费马点”.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，P是的“费马点”.
(1)若，，.
①求A；
②设的周长为，求的值；
(2)若，，求实数t的最小值.
参考答案
1．答案：D
解析：复数在复平面内对应的点的坐标为，
故复数在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
2．答案：C
解析：抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）这4种情况，
事件A包括（正正）（正反），事件B包括（正反）（反反），故不相等，故D错误，
由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误；
因为事件A是否发生与事件B无关，事件B是否发生也与事件A无关，故事件A和事件B相互独立，故C正确.
故选：C.
3．答案：B
解析：设本科生抽取的人数为x人，由分层抽样每层中抽取样本比例相同，
可得，解得.
故选：.
4．答案：A
解析：若，则由正弦定理得，
可设，，，
由余弦定理得.
故选：A.
5．答案：D
解析：在上的投影向量为.
故选：D.
6．答案：B
解析：依题意，，，
对于A，，A正确；
对于B，依题意，，所以数据，，，的方差为：
，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，由，
解得，D正确.
故选：B
7．答案：C
解析：因为，，
所以，
将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转，
得到
化简得，
所以P点坐标为；
故选：C.
8．答案：B
解析：
因为直线与平面ABCD所成角为，
又因为面
所以为直线与平面所形成的角，即，
又，所以，
所以P点的轨迹为以D为圆心，2半径的圆落在四边形内的部分，即四分之一圆弧.
分析可知，P点为和圆弧的交点时，最小.
此时可将面沿着翻折到面所在平面.
根据长度关系，翻折后的图形如图所示，其中，分别为正方体上下底面的中心，
当，M，P三点共线时，最小.因为，，所以最小值为
故选：B.
9．答案：AC
解析：因为，所以，A正确；
因为，无实数解，B选项错误；
因为为纯虚数，则，即，C选项正确；
当时，，，
则，，D选项错误.
故选：AC.
10．答案：ACD
解析：由题可知E，B，F，D四点共面，又，
所以四边形为菱形，
所以，故异面直线与所成角即为异面直线与所成角，
又每个面都是正三角形，故异面直线与所成角的大小为，故A项正确；
对于B项，连接，，，Q为BE中点，
又每个面都是正三角形，所以，，
所以为二面角的平面角，
所以，，
由余弦定理得，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误；
由于E，O，F三点共线，O在直线上，故B，F，D，E四点共面.
又由于，，两两垂直，且，在平面内交于点O，
故平面.
而在平面内，故平面平面，C正确；
由于该八面体的每个面都是边长为2的正三角形，
故，，
所以点O为几何体外接球的球心，且外接球的半径为，
从而外接球的表面积为，D正确.
故答案为：ACD.
11．答案：ACD
解析：A选项，，故A正确；
B选项，设中点为M，中点为N，
，即，
所以点P为中位线靠近点N的三等分点，所以，故B错；
C选项，设中点为H，则，
结合题设
所以，所以，
又的中点为H，所以P在的中垂线上，
所以动点P的轨迹经过的外心，故C正确；
D选项，设中点为O，
因为，所以点P的轨迹为以为直径的圆，
结合上图，
，
当为直径时最大，最大为，故D正确.
故选：ACD.
12．答案：0.7/
解析：因为事件A与事件B发生的概率分别为
，，且，
所以.
故答案为：0.7.
13．答案：
解析：如图所示，设圆台的上下底面中心分别为，，为其轴截面.
由题意得，设，则，，
在轴截面中过点B作于点E，则，，，
故，
由勾股定理，
轴截面的面积为，解得，
故圆台上底面半径，下底面半径，高，
故该圆台的体积为.
故答案为：
14．答案：/
解析：如图：
过C作于D.
因为，所以.
设，则
设，则
若，则；若，则；
当时，
（当且仅当即时取“”）.
所以
故答案为：
15．答案：(1)；32400
(2)85
解析：（1）由题意，，
解得，
高一年级的及格的频率为，
则估计该市高一年级的及格（60分以上）人数为人；
（2）因为，
，
所以高一年级学生成绩的分位数在区间上，设为x，
则，解得，
所以估计该市高一年级学生成绩的分位数为85.
16．答案：(1)；
(2)
解析：（1）由，，
得，，
因为，所以，
即，解得；
（2），
则，
当时，取得最小值.
17．答案：(1)方案二被选择的可能性更大，理由见解析；
(2)
解析：（1）抛掷两枚质地均匀的骰子，设向上的点数为，则共有36种情况，如下：
，
，
，
其中两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1的情况有：
，共16种情况，
故选择方案一的概率为，则选择方案二的概率为，
因为，所以方案二被选择的可能性更大；
（2）若甲在前两局获胜，概率为，
若第一局，第三局获胜，概率为，
若第二局，第三局获胜，概率为，
三种情况互斥，故选择方案一，甲获胜的概率为.
18．答案：(1)①证明见解析.②
(2)
解析：（1）①因为平面平面，平面平面
又因为底面为直角梯形，其中
所以，又因为面，
所以面.又因为面，所以
②由①知面，取的中点设为Q，连结，则，则面，
则点E到面的距离为.
又因为在直角梯形中，，
解得，所以在等腰三角形中
三棱锥的体积.
（2）取线段的中点H，连接，，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又E，H分别为线段，，
所以，
所以，则四边形为四棱锥过点B，E及棱中点的截面，
则，，，
在中，，，，
所以，
则，
所以截面周长为.
19．答案：(1)①；②；
(2)
解析：（1）①，，，
，
，，
，
，，，，
则，，
②设，，.
而，
在中，由余弦定理得:.
同理有，，，
则.
在中由余弦定理知:，即.
又则
，，，
又等面积法知：
，
则，，，
故.
（2）因为，
所以，
所以，
所以，所以为直角三角形，，
点P为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数t的最小值为.