广东省广州市九区2024学年高一下册期末教学质量监测数学试卷【附解析】

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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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的学校、姓名、考生号、试室号和班级填写在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案.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的相应位置上；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.不按以上要求作答无效.
4.考生必须保证答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本大题共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.已知复数z满足，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求解即可.
【详解】因为，所以.
故选：B.
2.参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则这10人成绩的第60百分位数是（ ）
A.84B.85C.86D.87
【答案】B
【解析】
【分析】先将10人的成绩从小到大排序，然后由百分位数计算方法可得答案.
【详解】10名学生的成绩从小到大排序为：71，76，80，81，83，84，86，88，92，96.
因为，则这10人成绩的第60百分位数是第6个数与第7个数的平均数，
即为：.
故选：B.
3.若圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图的面积是（ ）
A.B.C.D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆锥的底面半径为1，体积为，可得圆锥的高及母线，然后可得圆锥侧面展开图的面积.
【详解】因圆锥的底面半径为1，体积为，则圆锥的高满足，
则圆锥母线长为，则圆锥侧面展开的侧面积为：.
故选：B
4.已知向量与的夹角为，，，则（ ）
A.B.C.D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，求解即可.
【详解】因为.
故选：D.
5.如图，在中，，点是的中点.设，，则为（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的线性运算可得结果.
【详解】由，可得，
故.
故选：A.
6.、为两条不同的直线，、、为三个不同的平面.下列命题正确的是（ ）
A.若，，则
B 若，，，则
C.若，，，则
D.若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合面面垂直，线面平行，面面平行关系可判断选项正误.
【详解】对于A，当，，若无公共点，则，故A错误；
对于B，由题无法判断是否垂直于，则无法判断是否垂直于，故B错误；
对于C，由面面平行性质定理可得命题正确，故C正确；
对于D，此时与也由可能相交，故D错误.
故选：C
7.将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点，则的最小值是
A.B.1C.D.2
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：函数的图象向右平移个单位长度，所得函数的解析式为，因为它的图象经过点，所以，即，又因为，所以的最小值是，故选D.
考点：1.图象平移变换；2.正弦函数的图象与性质.
8.一个袋子中装有标号分别是1，2，3，4，5，6的6个球，除标号外没有其他差异.采用有放回方式从袋中依次任意摸出两球，设事件表示“第一次摸到球的标号是偶数”，事件表示“第二次摸到球的标号是质数”，事件表示“两次摸到球的标号之和是9”，事件表示“两次摸到球的标号之和是10”.在上述四个事件中任选两个事件，它们相互独立的概率为（ ）
A.B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据古典概型的概率公式求出各个事件的概率，再利用独立事件的概率公式判断事件之间的独立性，最后利用古典概型的概型公式即可.
【详解】偶数有；质数有；标号之和为的有；
标号之和为的有，
样本空间包含的样本点个数为，
由于质数的个数和非质数的个数相同，故利用对称性可知事件包含的样本点个数为 ，
则，，，，
事件：，共种；
事件：；事件：；事件：；
事件：；事件为不可能事件；
则，，，，
，，
故，，，，，，
则事件独立、事件独立、事件独立、事件不独立、
事件不独立、事件不独立，
则在上述四个事件中任选两个事件，它们相互独立的概率为.
故选：C
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，有选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.已知复数（为虚数单位），则（ ）
A.B.C.D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，有共轭复数概念可判断选项正误；对于B，由复数模计算公式可判断选项正误；对于C，由复数乘法可判断选项正误；对于D，由A分析及复数乘法可判断选项正误.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选：BC
10.为了解某市家庭用水量情况，该市统计局调查了100户居民的月均用水量（单位：吨），将数据按照，，，分成9组，制成如下频率分布直方图，则（ ）
A.调查的100户居民的月均用水量的极差是4.5
B.调查的100户居民中有24户的月均用水量介于3至4.5之间
C.估计该市居民用户的月均用水量不低于1.5的比率为73%
D.估计该市居民用户月均用水量的中位数介于之间
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，由频率分布直方图的数据判断A的真假；对于B，由图可估计用水量介于3至4.5之间的频率，据此可得用户数；对于C，由图可判断选项正误；对于D，由图可得a，结合频率分布直方图可得中位数所在区间.
【详解】对于A，因为频率分布直方图丢失了原始数据，所以不能断定调查的100户居民的月均用水量的极差是4.5，故A错误；
对于B，用水量介于3至4.5之间的频率为：，则应有
户介于3至4.5之间，故B错误；
对于C，不低于1.5的比率为：，故C正确；
对于D，由图可得，
前3个矩形对应频率之和为：，前4个矩形对应频率之和为：，前5个矩形对应频率之和为：
则该市居民用户月均用水量的中位数介于之间，故D正确.
故选：CD
11.已知三棱锥满足底面，且，，则（ ）
A.三棱锥的体积最大值为
B.三棱锥的外接球表面积为
C.的面积最大值为
D.与侧面所成的角小于二面角的平面角
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，求得三棱锥的体积，利用基本不等式求最值即可；对于B，确定外接球球心位置为的中点，进一步计算即可；对于C，求得的面积利用基本不等式即可判定；对于D，求得两个角的正弦值，比较大小即可判定.
【详解】对于A：设，则有，
，
当且仅当时等号成立，故A正确；
对于B：
取的中点，连接，
因为底面，底面，
则，，所以；
又，则，
，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，，
则，
故为三棱锥的外接球球心.
设三棱锥的外接球半径为，
则，，故B正确；
对于C，
，
当且仅当等号成立，
结合，此时，不合题意，故C错误；
对于D：
过点作，交于点，连接，
根据平面，平面，则，
又因为，平面，所以平面，
则为与侧面所成的角，且，
所以，
又根据平面，所以为二面角的平面角，
，
又，
故，
即，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.某中学田径队有男运动员28人，女运动员21人，按性别进行分层随机抽样的方法从全体运动员中抽取一个容量为14的样本，如果样本按比例分配，则男运动员应该抽取的人数为_______
【答案】8
【解析】
【分析】先计算得到抽取比例为，再计算得到答案.
【详解】解：田径队运动员的总人数是，要得到14人的样本，占总体的比例为，
于是应该在男运动员中随机抽取(名)，
故答案为：8
13.在平面四边形中，，，，，则_____.

【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理求得，再根据已知条件求得，利用余弦定理即可求得的长.
【详解】由题意，在中，由正弦定理得，
即，
在中，，所以，
在中，由余弦定理得，
，解得.
故答案为：.
14.如图，设筒车上的某个盛水筒到水面的距离（单位：）（在水面下则为负数），若以盛水筒刚浮出水面时开始计算时间，则与时间（单位：）之间的关系为.已知一个半径为的筒车按照逆时针方向每分钟转5圈，筒车的轴心距离水面的高度为.则_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合实际含义可得，然后由，可得，据此可得答案.
【详解】由题筒车上的最高点到水面距离为，
筒车上的最低点到水面距离为，则.
因筒车按照逆时针方向每分钟转5圈，则，
又由题可得，则，因，
则，从而.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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.设向量，，且向量与互相垂直.
（1）求的值；
（2）求向量在上的投影向量的坐标.
【答案】（1）或
（2）时，投影向量的坐标为；时，投影向量的坐标为.
【解析】
【分析】（1）由向量垂直坐标表示可得答案；
（2）由题结合投影向量坐标计算公式可得答案.
【小问1详解】
因，，则.
因向量与互相垂直，则
或；
【小问2详解】
当时，，则向量在上的投影向量为：
；
当时，，则向量在上的投影向量为：
；
16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面是正三角形，，分别是，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若侧面底面，求证：平面.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，证明出平面；
（2）由面面垂直得到线面垂直，即⊥平面，所以⊥，由三线合一得到⊥，故可证平面.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为是的中点，所以，，
底面为矩形，是的中点，所以，，
所以且，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
底面为矩形，故⊥，
侧面底面，交线为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
侧面是正三角形，为的中点，所以⊥，
因为，平面，
所以平面.
17.甲、乙两人组成“龙队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语.已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）求“龙队”在一轮活动中猜对成语的总数至少1个的概率；
（2）若“龙队”在两轮活动中猜对成语的总数不少于3个，即可晋级.求“龙队”晋级的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设事件“在一轮活动中甲猜对成语”，事件“在一轮活动中乙猜对成语”，事件“龙队在一轮活动中猜对成语的总数至少1个”，则事件与事件相互独立，且，，，由对立事件的概率公式及相互独立的概率公式即可求解；
（2）设事件“在两轮活动中甲猜对个成语”，事件“在一轮活动中乙猜对个成语”， ，事件“龙队晋级”，则由题可知，且事件，，两两互斥，由对立事件的概率公式及相互独立的概率公式即可求解.
【小问1详解】
设事件“在一轮活动中甲猜对成语”，事件“在一轮活动中乙猜对成语”，事件“龙队在一轮活动中猜对成语的总数至少1个”，
则由题可知事件与事件相互独立，且，，，
∴，，
∴，
即“龙队”在一轮活动中猜对成语总数至少1个的概率为.
【小问2详解】
设事件“在两轮活动中甲猜对个成语”，事件“在一轮活动中乙猜对个成语”， ，事件“龙队晋级”，
则由题可知，且事件，，两两互斥，
，，，，
∴，
∴“龙队”晋级的概率为.
18.已知的内角，，的对边分别为，，.且满足.
（1）求角；
（2）已知的外接圆的圆心为，半径.
（i）作角的平分线交于，，求的面积；
（ii）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）在中，由三角形内角和定理及诱导公式可得，结合两角和的余弦公式整理化简可得，进而，即可求解.
（2）（i）由（1）知.由正弦定理可得的值.根据角平分线的性质及三角形面积公式可得.结合余弦定理求出的值即可求解；
（ii）由（1）知.由的外接圆的性质可知，，.根据向量数量积的运算可得
，化简整理得，故，根据三角恒等变换及角的范围即可求解.
【小问1详解】
在中，∵，∴，
∴，即，
即，
∴，即.
∵，∴.∵，∴.
∵，∴
【小问2详解】
（i）由（1）知.由正弦定理可得.
∵是角的角平分线，∴.
∵，∴，∴，即.
由余弦定理可得，整理可得.
又，∴，即，∴，解得或（舍去）.
∴.
（ii）由（1）知.∵点为的外接圆的圆心，∴，，.
∵，，
∴，即，
即，∴，∴，
∴.
∵，∴，∴，∴，
即取值范围为.
19.在三棱锥中，，点在平面上的投影为，连接.
（1）如图1，证明：；
（2）如图2，记，，直线与平面所成角为，求证：，比较与的大小并说明理由；
（3）如图3，已知，，，为平面内一点，且.记异面直线与所成角为，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）取BC中点为点D，连接AD、PD，利用证明平面PAD，进而证明线线垂直；
（2）作于点E，由三垂线定理知，分别在、、中求出、、，即可证明等式，再根据余弦函数的单调性与有界性可判断的大小关系；
（3）利用三角形全等证明点H在线段AD上且为AD的中点，勾股定理求出各线段的长度，设与的夹角为，由可将转化为，根据余弦函数的值域可求得的最大值.
【小问1详解】
取BC中点为点D，连接AD、PD，
因为，所以，
因为，平面PAD，平面PAD，
所以平面PAD，又平面PAD，所以.
【小问2详解】
作于点E，连接PE，
由题意知平面ABC，则，
由三垂线定理知，在中，，
在中，，在中，，
，等式成立.
因为，所以，
又且在上单调递减，所以.
【小问3详解】
因为平面ABC，所以，
易知，则，又，
所以，则，
所以点H在直线AD上，
在，，同理，
是等边三角形，因为，
所以H是AD的中点，则，，，
因为为平面内一点，且，所以M点的轨迹是以H为圆心、为半径的圆，
设与的夹角为，，
因为，
所以，
当时，取得最大值.