四川攀枝花2023~2024学年高一下册期末教学质量监测数学试卷[附解析]

这是一份四川攀枝花2023~2024学年高一下册期末教学质量监测数学试卷[附解析]，文件包含四川省攀枝花市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题解析docx、四川省攀枝花市2023-2024学年高一下学期期末教学质量监测数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
本试题卷共4页，22小题，满分150分.考试时间120分钟.
注意事项：1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并用2B铅笔将答题卡上对应数字标号涂黑.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.答案不能答在试卷上.
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相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
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.某中学高一、高二、高三年级的学生分别为900人、950人、1000人，为了解不同年级学生身体素质情况，现用比例分配的分层随机抽样的方法从高三年级抽取了40人，则其他年级应该抽取的学生人数为（ ）
A.36B.38C.74D.114
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意先求出所抽取的总人数，然后可求出其他年级应该抽取的学生人数.
【详解】设三个年级共抽取人，则由题意得
，解得，
所以其他年级应该抽取的学生人数为.
故选：C
2.下列命题中正确的是（ ）
A.三点确定一个平面
B.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
C.圆的一条直径与圆上一点可确定一个平面
D.四边形可确定一个平面
【答案】B
【解析】
【分析】根据确定平面的依据，判断选项.
【详解】A.由确定平面的依据可知，不共线的三点确定一个平面，故错误；
B.两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故正确；
C.根据确定平面的依据，直线和直线外一点确定一个平面，所以应改为圆的一条直径和圆上除直径端点外的一点，可确定一个平面，故错误；
D.空间四边形，四点不在同一个平面，故错误；
故选：B
3.已知是单位向量，，若在方向上的投影向量是，则与的夹角为（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合已知根据投影向量的定义得出即可求解.
【详解】因为在方向上的投影向量是，
所以，
所以，又
所以.
故选：D.
4.复数（ ）
A.B.iC.D.1
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算及乘方运算计算得解.
【详解】依题意，，
所以
故选：A
5.已知随机事件A，B，C中，与相互独立，与对立，且，，则（ ）
A.0.4C.0.7
【答案】B
【解析】
【分析】由公式可知只需求出即可，结合对立减法公式以及独立乘法公式即可求解.
【详解】，，
所以.
故选：B.
6.已知m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A.若，，则B.若，，则.
C.若，，，则D.若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的判定定理分析判断即可.
【详解】对于A，如图，当，时，∥，所以A错误，

对于B，如图，当，时，，所以B错误，

对于C，如图，当，，时，是异面直线，所以C错误，

对于D，因为，，所以∥或，
当时，因为，所以，
当∥时，过直线作平面，，则∥，
因为，所以，
因为，所以，
综上，，所以D正确.

故选：D
7.将半径为2，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的体积为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出圆锥的底面圆半径及高即可求解.
【详解】设圆锥底面圆半径为，依题意，，解得，圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故选：A
8.2022年12月26日，位于攀枝花市三线文化广场的三线建设英雄纪念碑正式落成，与攀枝花中国三线建设博物馆交相呼应，充分展示三线建设的丰功伟绩，传承弘扬“三线精神”，凝聚赓续奋斗的力量源泉、某校研究性学习小组想要测量该纪念碑的高度，现选取与碑底D在同一个水平面内的两个测量基点A与B，现测得，，米，在点A处测得碑顶C的仰角为30°，则纪念碑高CD约为（ ）（结果保留整数，参考数据：，）
A.27米B.33米C.39米D.40米
【答案】C
【解析】
【分析】在中利用正弦定理求出，再在中利用可求得.
【详解】在中，，，，则
，
，
由正弦定理得，，
得，解得，
在中，，则由，
得.
故选：C
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.关于复数及其共轭复数，下列说法正确的是（ ）
A.B.
C.D.一定是纯虚数
【答案】BC
【解析】
【分析】对于AD举反例即可判断；对于BC，结合共轭复数的概念、复数乘法以及复数模的计算公式即可求解.
【详解】对于A，设，则，故A不正确；
对于B，设，则，从而，故B正确；
对于C，设，则，从而，故C正确；
对于D，设，则，从而，当时，是实数，故D错误.
故选：BC.
10.分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“第一枚正面朝上”，事件“第二枚正面朝上”，事件“两枚均正面朝上”，下列说法正确的是（ ）
A.B.
C.与相互独立D.与互斥
【答案】BCD
【解析】
【分析】列举法表示，再逐项分析判断即得.
【详解】{(正,正),(正,反),(反,正),(反,反)}，{(正,正),(正,反)}，{(正,正),(反,正)}，{(正,正)}，
对于A，{(正,正),(正,反),(反,正)}，，A错误；
对于B，{(正,正)}，，B正确；
对于C，{(正,正)}，，
与相互独立，C正确；
对于D，{(反,正),(反,反)}，与不可能同时发生，因此与互斥，D正确.
故选：BCD
11.下列有关平面向量的说法中正确的是（ ）
A.已知，均为非零向量，若，则
B.若且，则
C.在中，若，则点为BC边上靠近的三等分点
D.在平面四边形中，若，则四边形为矩形
【答案】AC
【解析】
【分析】利用数量运算律结合垂直关系的向量表示判断AB；利用向量共线判断CD.
【详解】对于A，由，得，则，
而，均为非零向量，因此，A正确；
对于B，由，得，当时，，B错误；
对于C，由，得，即，
则点为BC边上靠近的三等分点，C正确；
对于D，由，得，即，
在平面四边形中，，四边形为平行四边形，
没有条件可确保该四边形为矩形，D错误.
故选：AC
12.如图，在直三棱柱中，，，，点是的中点，点为线段上的一个动点，下列说法正确的是（ ）
A.平面与底面的交线平行于
B.三棱锥的体积为定值
C.异面直线与CD所成的角为
D.的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用面面平行的性质定理分析判断，对于B，连接交于点，连接，则由三角形中位线定理得∥，从而可得∥平面，进而可判断，对于C，由∥，可得异面直线与CD所成的角，然后在中求解即可，对于D，将平面和平面展在同一个平面内求解判断.
【详解】对于A，设平面与底面的交线为，因为平面∥平面，
平面平面，所以∥，所以A正确，
对于B，连接交于点，连接，因为四边形为矩形，
所以为的中点，
因为点是的中点，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面，
因为点为线段上的一个动点，所以点到平面的距离为定值，
因为的面积也为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以B正确，
对于C，由选项B可知∥，所以异面直线与CD所成的角，
因，，
所以，
所以，所以，
，则，，
所以，所以为等腰直角三角形，所以，
所以异面直线与CD所成的角为，所以C错误，
对于D，由选项C可知，则为等边三角形，
如图，将平面和平面展在同一个平面内，则的最小值为，
在中，，则，
所以，所以，
所以的最小值为，所以D正确，
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的性质，考查棱锥的体积，考查异面直线所成的角，考查空间中距离和最短问题，选项D解题的关键是将两个平面展在同一个平面内求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.一组数据6，7，8，a，12的平均数为7，则此组数据的极差为___________.
【答案】10
【解析】
【分析】根据平均数列方程求得参数，结合极差的定义即可求解.
【详解】一组数据6，7，8，a，12的平均数为，解得，
所以此组数据的极差为.
故答案为：10.
14.已知平面向量与的夹角为，且，，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量数量积的定义及运算律计算即得.
【详解】向量与的夹角为，且，，则，
所以.
故答案为：
15.甲、乙、丙三名同学参加某项技能测试，已知甲、乙、丙通过测试的概率分别为，，，且三人是否通过测试彼此独立，则甲、乙、丙三人中恰有两人通过测试的概率为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式计算即得.
【详解】依题意，甲、乙、丙三人中恰有两人通过测试的概率为.
故答案为：
16.正四面体外接球体积为，则其内切球的表面积为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】将正四面体放入棱长为的正方体中，根据已知求得，进一步根据等体积法求得内切球的半径，结合球的表面积公式即可得解.
【详解】
如图所示，将正四面体放入棱长为的正方体中，
则其外接球的半径为，其外接球的体积为，解得，
从而正四面体的棱长，设其内切球的半径为，
由等体积法有，，其中为正四面体的表面积，
所以，所以，
其内切球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.已知点，，.
（1）若A，B，C三点共线，求；
（2）若，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量共线的坐标表示求出，再利用坐标求出模.
（2）利用垂直关系的坐标表示求出，进而求出夹角余弦.
【小问1详解】
点，，，则，，
由A，B，C三点共线，得，则，解得，即，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，
由，得，解得，，
所以.
18.袋中有6个大小和质地相同的小球，分别为黑球、黄球、红球，从中任意取一个球，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或红球的概率是.
（1）从中任取一个球，得到黑球、黄球、红球的概率各是多少？
（2）从中任取两个球，得到的两个球颜色不相同的概率是多少？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、红球为事件，，，由于，，为互斥事件，列出方程组，由此能求出从中任取一球，得到黑球、黄球、红球的概率．
（2）黑球、黄球、红球个数分别为2，1，3，得到的两个球同色的可能有：两个黑球只有1种情况，两个红球共3种情况，而从6个球中取出2个球的情况共有15种，由此能求出得到的两个球颜色不相同的概率．
【小问1详解】
从中任取一球，分别记得到黑球、黄球、红球为事件，，，
由于，，为互斥事件，
根据已知得，
解得，
从中任取一球，得到黑球、黄球、红球的概率分别是；
【小问2详解】
由（1）知黑球、黄球、红球个数分别为2，1，3，
得到的两个球同色的可能有：两个黑球只有1种情况，两个红球共3种情况，
而从6个球中取出2个球的情况共有15种，
所以所求概率为，
则得到的两个球颜色不相同的概率是．
19.文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创建者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均不低于40分）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中a的值，并求样本成绩的第75百分位数；
（2）现从以上各段中采用样本量比例分配的分层随机抽样再抽取20份答卷作为“典型答卷”进一步统计研究，若落在的“典型答卷”的平均成绩与方差分别是82和8，落在的“典型答卷”的平均成绩与方差分别是96和1，据此估计这100份答卷中落在的所有答卷的成绩的方差.
【答案】（1），84；
（2）46.
【解析】
【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解；由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解.
（2）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解.
【小问1详解】
由频率分布直方图各小矩形的面积之和为1，
得，所以；
成绩落在内的频率为，
落在内的频率为，
则第75百分位数，，解得，
所以第75百分位数为84.
【小问2详解】
依题意，抽取20份答卷中，落在内的有（份），落在内的有（份），
落在的“典型答卷”的平均成绩，
落在的“典型答卷”的方差，
所以估计这100份答卷中落在的所有答卷的成绩的方差为46.
20.如图，平面，，平面.

（1）求证：；
（2）若，，，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用线面平行、面面平行的判定，面面平行的性质推理即得.
（2）由（1）及已知求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式计算即得.
小问1详解】
由，平面，平面，得平面，
而平面，平面，则平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以
【小问2详解】
由，平面，平面，得平面，
则点到平面的距离等于点到平面的距离，
由平面，平面，得，而，
平面，则平面，
由（1）知平面平面，则平面，即点到平面的距离为，
由已知得平面，平面，得，的面积，
三棱锥的体积,
所以三棱锥的体积为.
21.在①，②，③这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题.
的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知___________（只需填序号）.
（1）求角；
（2）设是BC上一点，且，，求面积的最大值.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换结合正弦定理即可逐一化简求解；
（2）分解向量得到，平方得条件等式，结合基本不等式以及三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
若选①，则，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以，即；
若选②，则，
因为，所以，
因为，所以，
而，
所以，即；
若选③，则，
因为，所以，
所以，
因为，
所以；
综上所述，无论选择①，②还是③，都有；
【小问2详解】

由题意，
所以，即，
所以，即，等号成立当且仅当，
从而面积，等号成立当且仅当，
综上所述，面积的最大值为.
22.如图，在正方形中，点E、F分别是AB、BC的中点，将、分别沿DE、DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB.
（1）求证：；
（2）点M是PD上一点，若直线MF与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，则，再由正方形性质可得，则平面，从而可证得；
（2）由（1）可得为直线MF与平面所成角，则，令，然后根据正方形的性质求出其它边长，最后在中利用余弦定理可求得结果.
【小问1详解】
证明：在正方形中，连接，则，
因为点E、F分别是AB、BC的中点，所以∥，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
【小问2详解】
解：由（1）平面，所以为直线MF与平面所成角，
所以，
令，则，
所以，
设，连接，
由（1）知平面，因为平面，所以，
因为，所以为二面角的平面角，
因为为的中点，，所以为等腰三角形，
所以，
因为，所以，
所以，
，，
在中，由余弦定理得
，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】关键点点睛：此题考查由线面垂直证线线垂直，考查线面角和二面角，考查折叠问题，解题的关键是弄清折叠前后边角的关系，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题》