2023-2024学年广东省东莞市三校高一下学期期中联考数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年广东省东莞市三校高一下学期期中联考数学试卷（含答案），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.已知复数z满足z=2i1+i，则复数z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.已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，a，40，50；乙组：24，b，33，44，48，52.若这两组数据的第30百分位数对应相等，第50百分位数也对应相等，则a+b=( )
A. 60B. 65C. 70D. 75
3.某大学共有教师1000人，其中教授、副教授、讲师、助教的人数比为1:4:3:2，现用分层抽样的方法从全校所有教师中抽取一个容量为40的样本，如果样本按比例分配，那么讲师应抽取的人数为( )
A. 16B. 12C. 8D. 4
4.已知平面向量a，b的夹角为π6，且|a|=2，b=(−1, 3)，则a在b方向上的投影向量为( )
A. ( 32,12)B. (− 32,12)C. ( 32,−32)D. (− 32,32)
5.已知某地区中小学共有学生20000人，各学段学生所占比例如图甲所示，近视情况如图乙所示，则该地区初中生近视的人数为( )
A. 3150B. 3600C. 5250D. 6000
6.由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30∘，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B′到x轴的距离是( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
7.记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，设向量m=a,sinA,n=b,sinB2若m//n，则B=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
8.《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即V=sl(V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，s表示平面图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长).如图，等腰梯形ABCD，已知AB//DC,AE⊥CD,CD=3AB,AE=6，则其重心G到CD的距离为( )
A. 54B. 32C. 2D. 52
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.设z1,z2是复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z1=z2，则z1=z2B. 若z1−z2=z1+z2，则z1⋅z2=0
C. 若z1=z2，则z1⋅z1=z2⋅z2D. 若z1=z2，则z12=z22
10.在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列命题中正确的是( )
A. 若A>B，则sinA>sinB
B. 若▵ABC为锐角三角形，则sinA>csB
C. 若acsA=bcsB，则▵ABC一定是等腰直角三角形
D. 若B=60∘，b2=ac，则▵ABC一定是等边三角形
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,M,N分别为BB1,AB的中点.下列说法正确的是( )
A. 点M到平面AND1的距离为 22
B. 正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的体积为 3π2
C. 面AND1截正方体ABCD−A1B1C1D1外接球所得圆的面积为3π4
D. 以顶点A为球心，2 33为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于5 3π6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.写出一个同时满足①②的复数z= .①z2=z；②z∉R．
13.已知正四棱台的上下底边长分别为2,12 cm，正四棱台体积为688cm3，则此表面积为 cm2
14.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图2中正六边形ABCDEF的边长为2 3，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆的直径，则PM⋅PN的取值范围是 ．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
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造者.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，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，⋯，[90,100]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;
(2)求样本成绩的第75百分位数;
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是61，方差是7，落在[60,70)的平均成绩为70，方差是4，求两组成绩的总平均数z和总方差s2．
16.(本小题15分)
已知▵ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足bcsA−acsB=a+c．
(1)求角B的大小；
(2)若b= 7，a=2，点D在边AC上，且CD=2AD，求BD的长．
17.(本小题15分)
如图，在▵ABC中，∠BAC=π3，点D满足AD=3DB．
(1)若点M是线段CD上一点，且AM=mAC+12AB，求实数m的值；
(2)若B=π3，求∠ACD的余弦值．
18.(本小题17分)
如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台ABE−DCF，其中AB⊥BC，AB=2BC=2CD．
(1)求证：AD⊥BE；
(2)若∠EAB=π3，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
由于2020年1月份国内疫情爆发，经济活动大范围停顿，餐饮业受到重大影响.3月份复工复产工作逐步推进，居民生活逐步恢复正常.李克强总理在6月1日考察山东烟台一处老旧小区时提到，地摊经济､小店经济是就业岗位的重要来源，是人间的烟火，和“高大上”一样，是中国的生机.某商场经营者陈某准备在商场门前“摆地摊”，经营冷饮生意.已知该商场门前是一块角形区域，如图所示，其中∠APB=120∘，且在该区域内点R处有一个路灯，经测量点R到区域边界PA、PB的距离分别为RS=4m，RT=6m，(m为长度单位).陈某准备过点R修建一条长椅MN(点M，N分别落在PA、PB上，长椅的宽度及路灯的粗细忽略不计)，以供购买冷饮的人休息．
(1)求点S到点T的距离；
(2)为优化经营面积，当PM等于多少时，该三角形PMN区域面积最小？并求出面积的最小值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
利用复数除法求出复数z，再求出z即可得解．
【解答】
解：依题意，z=2i⋅(1−i)(1+i)(1−i)=2+2i2=1+i，
所以z=1−i在复平面内对应的点(1,−1)位于第四象限．
故选：D
2.【答案】C
【解析】【分析】
根据一组数据的百分位数的定义，分别求得两组数据的第30百分位数和第50百分位数，列出方程组求解即得．
【解答】
解由题意可得30=ba+372=33+442,解得：a=40b=30,故a+b=70.
故选：C．
3.【答案】B
【解析】【分析】
根据分层抽样的比例关系计算得到答案．
【解答】
解：根据分层抽样的方法，样本按比例分配，讲师应抽取的人数为40×31+4+3+2=12，
故选：B．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查投影向量，属于基础题．
求出b=2，利用投影向量的定义即可求解．
【解答】
解：由题意，得b=2，
所以向量a在向量b方向上的投影向量为：
a→·b→|b→|·b→|b→|=a→⋅b→|b→|2·b→=|a→|cs⁡π6|b→|·b→=2× 322(−1, 3)= (− 32,32).
选D．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了扇形图和柱形图，属于基础题．
由扇形图可得该地区初中生人数，由柱形图直接求解．
【解答】
解：由扇形图得该地区初中生人数为：
20000×37.5%=7500，
由图乙可得初中生近视人数为：
7500×0.7=5250．
故选：C．
6.【答案】D
【解析】【分析】
先由正弦定理求出直观图的B′C′，再由斜二测画法规则求出B到x轴的距离即可．
【解答】
解：
如图，过点B′作B′C′//y′′轴，交x′′轴于点C′，
在▵O′B′C′中，∠B′O′C′=30∘，∠B′C′O′=135∘，O′B′=2，
由正弦定理得B′C′sin30∘=O′B′sin135∘，
于是得B′C′= 2，且原图中BC即为B到x轴的距离，
由斜二测画法规则知，在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是2 2．
故选：D．
7.【答案】C
【解析】【分析】
由平面向量的坐标运算可得asinB2=bsinA，再由正弦定理化简，即可得到csB2=12，从而得到结果．
【解答】
解：由m//n得asinB2=bsinA，由正弦定理得sinAsinB2=sinBsinA=2sinB2csB2sinA．
因为▵ABC中sinAsinB2≠0，所以csB2=12.又0b，
根据正弦定理可得2RsinA=a>b=2RsinB，其中R为三角形外接圆半径，
于是sinA>sinB，A选项正确；
B选项，若▵ABC为锐角三角形，则A+B>π2，所以π2>A>π2−B>0，
函数y=sinx在(0,π2)上单调递增，则sinA>sinπ2−B=csB，选项 B正确；
C选项，因为acsA=bcsB，即ab2+c2−a22bc=ba2+c2−b22ac，
整理可得a2−b2a2+b2−c2=0，所以a=b或a2+b2=c2，
故▵ABC为等腰三角形或直角三角形，选项 C错误；
D选项，由于B=60∘，b2=ac，
由余弦定理可得ac=b2=a2+c2−ac，可得a−c2=0，解得a=c，又b2=ac，
所以b=a=c，故▵ABC是等边三角形，选项 D正确．
故选：ABD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题主要考查三棱锥的体积，考查外接球的体积，考查弧长公式，属于难题．
对于A，利用等体积法计算即可；对于B，C，利用球的体积计算即可；对于D，根据弧长公式计算即可．
【解答】
解：A，设点M到平面AND1的距离为d，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M、N分别为BB1、AB的中点，
∴S△ANM=12×12×12=18，
VM−AND1=VD1−AMN=13×18×1=124，
所以VM−AND1=13×S△AND1×d=124，
S△AND1=12×12× 2= 24，
所以d= 24，故A错误；
B，正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的半径为 12+12+122= 32，
外接球的体积为4π3×( 32)3= 3π2，故B正确；
C，平面AND1经过正方体外接球的球心，
所以截正方体ABCD−A1B1C1D1外接球所得圆的半径为外接球的半径 32，
其圆的面积为3π4，故C正确；
D，如图，
球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：
一类在顶点A所在的三个面上，即面AA1B1B、面ABCD和面AA1D1D上;
另一类在不过顶点A的三个面上，即面BB1C1C、面CC1D1D和面A1B1C1D1上，
在面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，
因为AE=2 33 ， AA1=1，则∠A1AE=π6．
同理∠BAF=π6，所以∠EAF=π6，
故弧EF的长为2 33×π6= 3π9，而这样的弧共有三条．
在面BB1C1C上，交线为弧FG，
此时，小圆的圆心为B，半径为 33，所以弧FG的长为 33xπ2= 36π.这样的弧也有三条．
于是，所得的曲线长3x 3π9+3× 3π6=5 3π6，故D正确．
故选BCD．
12.【答案】−12+ 32i 或 −12− 32i(写一个即可)
【解析】【分析】
本题考查复数的概念与分类，复数的运算以及共轭复数，属于基础题．
根据题意，设z=a+bia,b∈R,b≠0，结合条件，列出方程，求解即可．
【解答】
解：因为z∉R，不妨设z=a+bia,b∈R,b≠0，
由z2=z得(a+bi)2=a2−b2+2abi=a−bi，
所以a2−b2=a2ab=−b，解得a=−12，b=± 32，所以z=−12− 32i或z=−12+ 32i，
故答案为：−12− 32i或−12+ 32i (写一个即可)．
13.【答案】512
【解析】【分析】
根据给定条件，求出棱台的高，进而求出正四棱台的斜高，再求出表面积即可．
【解答】
解：设正四棱台的高为h，由棱台的体积公式得13(22+ 22×122+122)h=688，解得h=12，
令正四棱台上下底面中心为O1,O2，一个侧面等腰梯形上下底边中点分别为P1,P2，
则四边形O1O2P2P1为直角梯形，O1O2⊥O2P2，O1O2=12,O2P2=6,O1P1=1，
于是该正四棱台的斜高P1P2= O1O22+(O2P2−O1P1)2=13，
所以该正四棱台的表面积S=22+122+4×2+122×13=512(cm2).
故答案为：512
14.【答案】[5,8]
【解析】【分析】
结合图形将所求数量积中的向量转化，化简为PM⋅PN=|OP|2−4，从而只需求|OP|的取值范围，由图易得|OP|的最大最小值，代入即得．
思路点睛：本题解题思路在于结合图形的特点，分别将其中的向量进行分解、计算、化简，将问题转化为求距离的最大最小值问题．
【解答】
解：
如图，取AF的中点H，连接OP,OA,OF,OH．
则PM⋅PN=(OM−OP)(ON−OP)=OM⋅ON−OP(OM+ON)+OP2，
因MN为圆的直径，长度为4，故得PM⋅PN=|OP|2−4，要求PM⋅PN的取值范围，即要求|OP|的取值范围．
根据正六边形的性质，结合图形可知，当点P与正六边形的顶点重合时，|OP|max=2 3,
当点P为正六边形的边的中点时(如图点H)，|OP|min= 32×2 3=3,故5≤PM⋅PN≤8．
故答案为：[5,8]
15.【答案】解：(1)∵每组小矩形的面积之和为1，
∴(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
∴a=0.030；
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
由0.65+(m−80)×0.025=0.75，
得m=84，故第75百分位数为84；
(3)由图可知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
故z=10×61+70×2010+20=67，
设成绩在[50,60)中10人的分数分别为x1，x2，x3，⋯，x10;
成绩在[60,70)中20人的分数分别为y1，y2，y3，⋯，y20，
则由题意可得，x12+x22+⋯+x10210−612=7，y12+y22+⋯+y20220−702=4，
即x12+x22+⋯+x102=37280，y12+y22+⋯+y202=98080，
∴s2=110+20(x12+x22+⋯+x102+y12+y22+⋯+y202)−z2
=130×(37280+98080)−672=23，
所以两组市民成绩的总平均数是67，总方差是23．
【解析】本题考查频率分布直方图、百分位数、平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由频率分布直方图列出方程能求出a；
(2)由频率分布直方图列出方程能求出第75百分位数；
(3)由频率分布直方图中数据结合方差计算公式即可解答．
16.【答案】解：(1)
因为bcsA−acsB=a+c，
由余弦定理得b⋅b2+c2−a22bc−a⋅a2+c2−b22ac=a+c，
整理可得a2+c2−b2=−ac，
所以csB=a2+c2−b22ac=−12，又B∈(0,π)，
所以B=2π3．
(2)因为b= 7,a=2,B=2π3,
所以由正弦定理asinA=bsinB可得，sinA=asinBb=2× 32 7= 217,
由a