2024-2025学年福建省泉州市高一下学期期末质量监测数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省泉州市高一下学期期末质量监测数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知z(1+i)=|1−i|2，则z=
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2.某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取n名学生．已知该校初中部和高中部分别有1500名和2000名学生，若从高中部抽取的学生人数为80，则n=
A. 60B. 100C. 120D. 140
3.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=2，A=45°，B=75°，则c=
A. 2B. 2C. 6D. 3
4.设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，且α∩β=m，则下列说法正确的是
A. 若n//m，则n//αB. 若n⊥m，则n⊥α或n⊥β
C. 若n//α，n//β，则n//mD. 若n与α，β所成的角相等，则n⊥m
5.已知向量a，b满足|a|=1，|b|= 2，a⊥(a−b)，则a在b上的投影向量为
A. bB. 12bC. −12bD. −b
6.已知直三棱柱A1B1C1−ABC的顶点均在球面上，且AA1=2 3，∠BAC=30°，BC=1，则该球的表面积为
A. 16πB. 32π3C. 4πD. 4π3
7.如图，某款厨房用的香料粉收纳盘为正四棱台造型，其两底面的边长分别为6 cm，2 cm.若该收纳盘中香料粉的每日使用量保持不变，收纳盘装满香料粉后连续使用19天，此时剩余香料粉的高度为装满时高度的一半，则剩余的香料粉大约还可以连续使用
A. 7天B. 11天C. 15天D. 19天
8.在△ABC中，AB=AC，BC=2，动点M满足BM=xBC+yBA，且2x+y=1，若N为AB的中点，则|MN|的最小值为
A. 13B. 23C. 12D. 32
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|0)，
因为N为AB中点，坐标为−12,ℎ2．
则向量BC=(2,0)，BA=(1,ℎ)，
故BM=xBC+yBA=(2x+y,yℎ)．
约束条件代入：由2x+y=1，得M点横坐标为2x+y−1=0，纵坐标为yℎ，即M(0,yℎ)．
向量MN=−12−0,ℎ2−yℎ=−12,ℎ12−y， |MN|2=−122+ℎ12−y2=14+ℎ212−y2 ．
当y=12时，此时|MN|取得最小值12．
9.【答案】AC
【解析】解：由题图可知A= 2，故A正确．
由图可知T=4 ×( 7π12− π3)= π，所以 ω= 2πT=2，故B错误
再把点(π3,0)代入，可得 2sin(2×π3 +φ)= 0，
所以sin(2×π3 +φ)= 0，又|φ|s2乙，
以样本估计总体，甲、乙两家工厂产品的质量指标平均数相当，
但乙工厂生产的产品质量指标值方差比较小，产品质量比较稳定，故建议选择乙工厂生产的产品．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：(1)因为PC=DC=AB=2，BC=1，PB= 5，
所以PC2+BC2=PB2，所以BC⊥PC，
又因为BC⊥AC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面APC，
所以BC⊥平面APC;
(2)过点A作AH⊥PC于点H，连结HB，
因为BC⊥平面APC，AH⊂平面APC，所以BC⊥AH，
又因为BC∩PC=C，BC、PC⊂平面PBC，
所以AH⊥平面PBC，
所以HB为斜线AB在平面PBC上的射影，
∠ABH为直线AB与平面PBC所成的角，
在平形四边形ABCD中，AD/​/BC，
因为AC⊥BC，所以AD⊥AC，所以PA⊥AC，
在Rt△PAC中，PC=DC=AB=2，BC=1，
由勾股定理可得AC= 3，
根据等面积法可得AH=PA⋅ACPC= 32，
在Rt△PAB中，AB=2，
所以sin∠ABH=AHAB= 34，
即直线AB与平面PBC所成的角的正弦值为 34;
(3)由(2)知PA⊥平面ABC，又因为AE⊥BE，
所以VP−ABE=13S△ABE⋅PA=13×12AE⋅BE=16AE⋅BE，
因为AE2+BE2=AB2=4，
所以AE⋅BE≤AE2+BE22=2，
当且仅当AE=BE= 2时等号成立，
所以当AE= 2时，三棱锥P−ABE的体积取得最大值．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：(1)因为b2+c2=a2+bc，
所以b2+c2−a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3;
(2)在△ABC中，由正弦定理得bsinB=csinC，
又c=4，A=π3，
所以b=csinBsinC=csin(2π3−C)sinC
=4(sin2π3csC−cs2π3sinC)sinC
=2 3tanC+2，
因为△ABC是锐角三角形，
所以C∈(π6,π2)，
所以tanC∈( 33,+∞)，
所以b∈(2,8)，
因为S△ABC=12bcsinA=12×b×4×sinπ3= 3b，
所以△ABC的面积的取值范围是(2 3,8 3);
(3)因为A=π3，∠ABD=∠ACB=π4，
所以∠CBD=π−(π4+π4+π3)=π6，
因为BD⊥CD，设CD=x，
则BC=a=2x，BD= 3x，
在△ABC中，由正弦定理可得ABsinπ4=BCsinπ3，
即AB=BCsinπ4sinπ3=2 63x ①，
在△ABD中，由余弦定理可得AD2=AB2+BD2−2AB⋅BDcsπ4 ②，
将 ①式代入 ②式得83x2+3x2−2×2 63x× 3x× 22=15，
化简得x2=9，解得x=3，
故a=6．

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：(1)依题意得1=acsπ3−bsinπ30=asinπ3+bcsπ3，
即1=12a− 32b0= 32a+12b
解得a=12，b=− 32;
(2)任取曲线C上点P(x,y)，
点P绕原点O逆时针旋转π4后得到点P′(x′,y′)，则点P′在C′上，
依题意得x′=xcsπ4−ysinπ4= 22x− 22yy′=xsinπ4+ycsπ4= 22x+ 22y
即x= 22x′+ 22y′y= 22y′− 22x′
代入y= 22sin 2x，整理得y′−x′=sin(x′+y′)，
所以曲线C′的方程为y−x=sin(x+y)，
联立y−x=sin(x+y)y=x+1，
整理得sin(2x+1)=1，
所以2x+1=π2+2kπ，k∈Z，
即x=π4−12+kπ，k∈Z，
所以直线y=x+1与C′有无数多个公共点;
(3)曲线E上存在四个点，使得以这四个点为顶点的四边形为等腰梯形，
理由如下：
设曲线E绕原点O逆时针旋转角α后得到E′，
E上点P(x,y)绕原点O逆时针旋转角α后得到点P′(x′,y′)，
则x′=xcsα−ysinαy′=xsinα+ycsα，
当sinα≠0，csα≠0时，
由x′sinα=xcsαsinα−y y′csα=xsinαcsα+y，整理得x=x′csα+y′sinα，
由x′csα=x−ysinαcsαy′sinα=x+ycsαsinα，
整理得y=y′csα−x′sinα，
代入y−x=cs(x+y)，
得(csα−sinα)y′−(csα+sinα)x′=cs[(csα−sinα)x′+(csα+sinα)y′]
取α=−π4可得曲线E′的方程为y= 22cs 2x，
取E′与直线y= 22的两个交点D(0, 22)，F( 2π, 22)，
取E′与直线y=0的两个交点M( 2π4,0)，N(3 2π4,0)，
由DF/​/MN，DM=FN且MN≠FD可得四边形MNFD为等腰梯形，
所以曲线E′上存在四个点，使得以这四个点为顶点的四边形为等腰梯形，
即曲线E上存在四个点，使得以这四个点为顶点的四边形为等腰梯形．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】质量指标值分组
[45,70)
[70,95]
频数
40
60
平均数
63
83
方差
6
16