天津经济技术开发区第一中学2023−2024学年高一下学期（强基班）期末检测 数学试卷（含解析）

这是一份天津经济技术开发区第一中学2023−2024学年高一下学期（强基班）期末检测 数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共12小题）
1．已知向量，，，若，则实数（ ）
A．2B．1C．D．
2．在中，角，，所对的边分别为，，．若，则的值是（ ）
A．B．C．D．
3．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
4．某学校有高中学生1000人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为320，300，380.为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为100的样本，那么应抽取高二年级学生的人数为（ ）
A．68B．38C．32D．30
5．某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的80%分位数为（ ）
A．92B．93C．92.5D．93.5
6．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，且共面，则
D．若，，，则
7．已知长方体中，若是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．抛掷一枚质地均匀的骰子（骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6个点）一次，观察掷出向上的点数，设事件为掷出向上为偶数点，事件为掷出向上为3点，则（ ）
A．B．
C．D．
9．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投，先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响，则甲获胜的概率为（ ）
A．B．C．D．
10．已知向量以为基底时的坐标为，则以为基底时的坐标为（ ）
A．B．C．D．
11．已知，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
12．如图，已知四棱锥中，正三角形的边长为2，平面，且，则四棱锥的体积的最大值为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题（本大题共6小题）
13．已知一组数据1，2，2，，5，10的平均数是4，则该组数据的方差为 ．
14．已知是纯虚数，是实数，那么 .
15．在四面体中，已知棱的长为，其余各棱长都为2，则二面角的大小为 ．
16．已知空间四点，，，共面，则 ．
17．边长为2的等边的三个顶点，，都在以为球心的球面上，若球的表面积为，则三棱锥的体积为 ．
18．已知为等腰直角三角形，，圆为的外接圆，，则 ；若P为圆M上的动点，则的最大值为 ．
三、解答题（本大题共5小题）
19．某校从高一年级学生中随机抽取60名学生，将其期中考试的数学成绩分成六段：，，，后得到如下频率分布直方图．
(1)求成绩在内的频率；
(2)根据频率分布直方图，估计该校高一年级学生期中考试数学成绩的平均数、众数、中位数；（小数点后保留一位有效数字）
20．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个黑色球（标号为3和4），采用不放回简单随机抽样的方法从袋中依次摸出2个球．设事件“摸到的2个球颜色不相同”，事件“摸到的2个球的数字之和大于5”．
(1)用集合的形式写出试验的样本空间，并求，；
(2)求，并说明事件与是否相互独立．
21．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
22．如下图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面平面，，为中点，且.
(1)求证：平面；
(2)求证：；
(3)求与平面所成角的正弦值.
23．在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=

(1)试用，表示；
(2)若，求∠ARB的余弦值
(3)若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围.
参考答案
1．【答案】C
【分析】先写出的坐标，再由可求得参数.
【详解】∵向量．
∴，
∵，
∴，解得．
故选C．
2．【答案】D
【分析】在中，直接利用余弦定理求解，即可得答案.
【详解】因为，可设，，，，
利用余弦定理.
故选D.
3．【答案】D
【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；
【详解】因为，
所以
故选D.
4．【答案】D
【分析】根据分层抽样的定义求出在各层中的抽样比，即样本容量比上总体容量，按此比例求出在各年级中抽取的人数.
【详解】根据题意得，用分层抽样在各层中的抽样比为，
则高二年级抽取的人数是30030人，
故选D．
【思路导引】本题的考点是分层抽样方法，根据样本结构和总体结构保持一致，求出抽样比，再求出在各层中抽取的个体数目．
5．【答案】D
【分析】将数据从小到大排序，再结合百分位数的定义，即可求解.
【详解】比赛得分按从小到大排列为85,87,89,90,91,91,92,93,94,96，，
所以这组数据的分位数为.
故选D.
6．【答案】C
【分析】根据空间里面线线、线面、面面的位置关系逐项判断即可.
【详解】A：若，，，则无法判断α与β的位置关系，故A错误；
B：若，，，则mn或m与n异面，故B错误；
C：若，，，且共面，则mn，故C正确；
D：若，，，则无法判断α与β的位置关系，故D错误.
故选C.
7．【答案】B
【分析】利用空间向量法求解异面直线所成角即可.
【详解】依题意，建立如图的空间直角坐标系，
则，
设异面直线与所成的角为，则
故选B.
8．【答案】B
【分析】根据互斥事件概率计算公式直接计算.
【详解】事件为掷出向上为偶数点，所以，
事件为掷出向上为3点，所以，
又事件，是互斥事件，
所以，
故选B.
9．【答案】C
【分析】分三种情况，甲第一次即投中，第二次投中，第三次投中，求出相应的概率相加后得到答案.
【详解】甲获胜分为三种情况，
甲第一次即投中，此时概率为，
甲第一次没有投中，第二次投中，乙没有投中，
此时概率为，
甲前两次没有投中，第三次投中，乙两次均未投中，
此时概率为，
故甲获胜的概率为.
故选C.
10．【答案】B
【分析】根据题意得，而以为基底，则设，然后根据空间向量基本定理列出关于的方程组，可求得答案.
【详解】因为向量以为基底时的坐标为，
所以，
设，
由空间向量基本定理得，解得，
所以以为基底时的坐标为.
故选B.
11．【答案】A
【分析】利用空间向量减法和模长的坐标运算，结合二次函数基本性质可求得的最小值.
【详解】由已知可得，
所以，.
故选A.
12．【答案】B
【分析】连接可得，设，取的中点，可得，由，利用基本不等式可得答案.
【详解】连接，因为平面，且，
所以，且，
设，则，在直角三角形中可得，所以，
可得，，，
取的中点，连接，可得，
所以，
所以，
当且仅当即等号成立，此时四棱锥的体积的最大值为.
故选B.

【关键点拨】本题的解题关键点是求出，考查了显示的空间想象能力、运算能力.
13．【答案】9
【解析】先根据平均数计算出的值，再根据方差的计算公式计算出这组数的方差.
【详解】依题意.
所以方差为
.
故答案为：.
14．【答案】2
【分析】设且，根据条件，利用复数的运算法则，即可得出，从而求出结果.
【详解】设且，则，
由题得，解得，所以，
故答案为：.
15．【答案】
【分析】作出二面角的平面角，借助勾股定理的逆定理求解即得.
【详解】在四面体中，取的中点，连接，
都是边长为2的正三角形，则，，
因此是二面角的平面角，而，则，
所以二面角的大小为.
故答案为：.
16．【答案】11
【分析】由四点共面，可得存在实数使得，从而得到，即可求出结果．
【详解】因为，，，，
得到，，，
又因为四点共面，所以存在实数使得，
即，
得到，解得，
故答案为：.
17．【答案】
【详解】设球半径为，则，解得．
设所在平面截球所得的小圆的半径为，则．
故球心到所在平面的距离为，即为三棱锥的高，所以．
答案：
18．【答案】2
【分析】易知为BC的中点，E为AB的中点，建立如图所示的直角坐标系，得到坐标，即可得的值，设与轴正半轴的夹角为，将表示为关于的三角函数，进而可得结果.
【详解】由题意得，为BC的中点，E为AB的中点，以圆心为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示，则
∴∴
设与轴正半轴的夹角为则.
∴，
∴，
∴.
故答案为2，.
【方法总结】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：
①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；
②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.
19．【答案】(1)0.3
(2)平均数为71分，众数为75，中位数约为73.3
【分析】（1）根据频率分布直方图中小矩形面积为1计算可得结果；
（2）由平均数、众数、中位数定义分别计算可得结果.
【详解】（1）设分数在内的频率为，
根据频率分布直方图有，
解得；
（2）估计该校高一年级学生数学成绩的平均分为：
，
根据频率分布直方图，估计这40名学生期中政治成绩的众数为75，
因为在频率分布直方图中第一、二、三组的频率之和为，
所以中位数；
20．【答案】(1)答案见解析
(2)，事件与事件不独立．
【分析】（1）根据古典概型概率计算公式即可求得结果；
（2）利用独立事件定义可得，即可得出结论.
【详解】（1）试验的样本空间为，，共12个基本事件，
而事件包含的基本事件有，，，，，，，，共包含8个基本事件，
则可得，
事件包含的基本事件有，，，，共4个基本事件；
则．
（2）因为事件与同时发生的基本事件有，，
所以．
又因为，可得，
所以事件与事件不独立．
21．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
【详解】（1）因为，即，而，代入得，解得：．
（2）由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
22．【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由中位线定理得出 ,故平面ACF；
（2）由面面垂直的性质得出平面CDE,故而 ,又 ,于是平面DAE,从而 ;
（3）过F作于点M，连接CM，,则可证平面ABCD,于是 为所求的线面角,利用勾股定理和相似三角形求出,,得出 .
【详解】（1）证明：如下图，连接BD和AC交于点O，连接OF，
为正方形，
为BD的中点，
为DE的中点，
，
平面ACF，
平面ACF，
平面ACF．
（2）证明：
平面CDE，
，
为正方形，
，
，AD，平面DAE，
平面DAE，
平面DAE，
．
（3）如图，过F作于点M，连接CM，
平面DAE，平面ABCD，
平面平面DAE，
又平面平面，，
平面ABCD，
是FC在平面ABCD上的射影，
是FC与平面ABCD所成角.
由题意，， ，，故为等腰直角三角形，，,
又，，
．
【方法总结】求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
23．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案；
（2）由（1）及题目条件，结合两向量夹角余弦公式可得答案.
（3）设，结合及（1）可得，即可得答案.
【详解】（1）因为P,R,C共线，则存在使，
则，整理得.
由共线，则存在使，
则，整理得.
根据平面向量基本定理，有，
则.
（2）由（1），，，
则，，.
则；
（3）由（1）知，则.
由共线，设.
又.
则
.
因为，则，则.
所以的范围为.