福建省厦门市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题

这是一份福建省厦门市2023-2024学年高一下学期期末质量检测数学试题，共14页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，3 B，已知是三个不重合的平面，，则，若，则，向量满足，则的最大值为等内容，欢迎下载使用。

满分：150分考试 时间：120分钟
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号､姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
一､单选题：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.若，则（ ）
A. B. C. D.
2.为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为（ ）
A.600 B.480 C.400 D.360
3.在梯形中，，以所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
4.甲､乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.5，乙获奖的概率为0.4，甲､乙两人同时获奖的概率为0.2，则甲､乙两人恰有一人获奖的概率为（ ）
A.0.3 B.0.5 C.0.7 D.0.9
5.如图，甲在处观测到河对岸的某建筑物在北偏东方向，顶部的仰角为，往正东方向前进到达处，测得该建筑物在北偏西方向.底部和在同一水平面内，则该建筑物的高为（ ）
A. B. C. D.
6.已知是三个不重合的平面，，则（ ）
A.若，则
B.若，则
C.若，则
D.若，则
7.若，则（ ）
A.1 B. C. D.2
8.向量满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：本题共3小，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.某学校开展消防安全知识培训，对甲､乙两班学员进行消防安全知识测试，绘制测试成绩的频率分布直方图，如图所示：（ ）
A.甲班成绩的平均数<甲班成绩的中位数
B.乙班成绩的平均数乙班成绩的中位数
C.甲班成绩的平均数乙班成绩的平均数
D.乙班成绩的中位数甲班成绩的中位数
10.在梯形中，，则（ ）
A. B.
C. D.在上的投影向量为
11.在长方体中，，动点满足，则（ ）
A.当时，
B.当时，与是异面直线
C.当时，三棱锥的外接球体积的最大值为
D.当时，存在点，使得平面
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.向量，若，则__________.
13.在四棱锥中，底面，四边形为正方形，，则直线与所成角的大小为__________.
14.在中，为边的中点，的平分线交于点，若的面积为1，则的面积为__________，的最小值为__________.（第一空2分，第二空3分）
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.（13分）
某厂为了提升车载激光雷达质量的稳定性，对生产线进行升级改造､为了分析升级改造的效果，随机抽取了12台车载激光雷达进行检测，检测结果如下：
统计后得到样本平均数，方差.
（1）升级改造后，若有的产品的探测距离在内，则认为升级改造成功；若改造成功且有的产品的探测距离在内，则认为升级改造效果显著.根据样本数据，分析此次升级改造的效果；
（2）采用在内的数据作为新样本，求新样本的平均数和方差.
16.（15分）
甲每次投篮投进的概率是0.7.连续投篮三次，每次投篮结果互不影响.记事件为“甲至少投讲两球
（1）用表示甲第次的投篮结果，则表示试验的样本点.用1表示“投进”，0表示“未投进”，写出该试验的样本空间，判断其是否为古典概型，并说明理由；
（2）用计算机产生之间的整数随机数，当出现随机数时，表示“投进”，出现7，8，9时表示“未投迸”.以每3个随机数为一纽，代表甲三次投篮结果，产生20组随机数：
利用该模拟试验，估计事件的概率，并判断事件的概率的精确值与估计值是否存在差异，并说明理由17.（15分）
已知分别为锐角三角形三哥内角的对边，且.
（1）求；
（2）已知，点为的垂心，求的周长的最大值.
18.（17分）
在三棱柱中，侧面平面分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，求证：与不垂直；
（3）若，求与平面所成角的正弦值的取值范围.
19.（17分）
已知点为坐标原点，将向量绕逆时针旋转角后得到向量.
（1）若，求的坐标；
（2）若，求的坐标（用表示）；
（3）若点在抛物线上，且为等边三角形，讨论的个数.
厦门市2023-2024学年度第二学期高一年级质量检测
数学试题参考答案与评分标准
一､单选题：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.D 2.C 3.B 4.B 5.A 6.D 7.A 8.B
第8题提示：，因为，
所以.因为，所以.过
的圆的半径，且，则
的最大值为，所以选B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.BC 10.ACD 11.ACD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.2 13. 14.①6 ②
第14题提示：（1）在中，设对应的边分别为，因为为的中点，所以.
因为为的平分线，，所以，所以，
所以，
因为，所以.
（2）在中，，所以，
因为
，
当且仅当时，等号成立，所以，所以.
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.本题考查样本的数字特征､样本估计总计等基本知识；考查数据处理､运算求解､推理论证等数学能力；考查样本估计总体､化归与转化等思想.本题满分13分.
解：（1）依题意得，
共有8个数据落在内，，
所以有产品的探测距离在内，
所以升级改造成功；
共有10个数据落在内，，
所以没有产品的探测距离在内，
所以升级改造成功，但效果不显著.
（2）依题意，需剔除数据，
因为样本平均数，方差，
所以，
所以，
所以新样本的平均数，
新样本的方差为
.
16.本题考查样本空间､古典概型､概率的基本性质､相互独立事件､频率与概率等基本数学知识；考查逻辑推理､运算求解等数学能力；考查化归与转化､分类讨论等数学思想.本题满分15分.
解：（1）该试验的样本空间为
，
共有8个样本点.
样本点的概率为，样本点的概率为，这两个样本点的概率不相等，所以这个试验不是古典概型.
（2）产生20组随机数相当于做了20次重复试验，其中事件发生了18次，
则事件的频率为，所以事件的概率的估计值为0.9.
设事件“甲第次投进”，，则
因为.
又因为每次投篮结果互不影响，所以与相互独立，与相互独立，与相互独立，与相互独立且两两互斥，
所以
所以事件的概率的估计值和有差异.原因如下：
①随机事件发生的频率具有随机性，频率和概率有一定的差异；
②重复试验次数为20，样本量较少，频率偏离概率的幅度大的可能性更大.
17.本题考查三角形边角关系，正余弦定理等基本知识；考查推理论证､运算求解等能力，考查化归与转化､数形结合等数学思想.本题满分15分.
解：解法一：（1）依题，由正弦定理，
得，
由，得，代入得
，
即，
由，得，
得，
由，得.
（2）如图，由为锐角三角形的垂心，有，垂足为，垂足为，即.
由，四边形内角和为，得
设
在中，由余弦定理，
得，即，
由，得，当且仅当时，等号成立
，得
当时，的最大值为2
故周长的最大值为
解法二：（1）同解法一；
（2）由为锐角三角形的垂心，有，垂足为，垂足为，
即.
由，四边形内角和为，得.
设，则，
在中，由正弦定理
则，
，
因为，故当时，，
故周长的最大值为
18.本题考查空间中点､线､面之间的位置关系，线面角､二面角等基本知识；考查空间想象､推理论证､运算求解等能力，考查化归与转化､数形结合等数学思想.本题满分17分.
解：解法一：（1）证明：取中点，连接，
在中，分别是的中点，所以，
又是的中点，所以，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，所以平面.
（2）证明：假设，
因为侧面平面，侧面平面，
平面，所以侧面，
所以，所以二面角的平面角为，
所以，
又侧面，所以，
因为平面，
所以平面.
因为平面，所以，
由（1）知，所以.
在平行四边形中，，
所以，
所以，所以，
所以，与矛盾，所以与不垂直.
（3）作于点，作于点，连接，
由侧面侧面，得，
又平面，所以平面.
所以，又，
所以平面，所以，
在，，中，
，
因为，
所以，.
因为，所以，
又]，所以，
所以，所以，
取中点，所以，所以，
所以四点共面，
连接，因为，
所以，
由（2）知侧面，所以平面侧面，
平面侧面侧面，所以平面，
所以与平面所成角为，
在等腰中，，
由，得，
连接，在中，，所以，
所以与平面所成角正弦值的取值范围为.
解法二：（1）（2）同解法一；
（3）设点到平面的距离为，
因为平面，
所以
由（1）（2）知侧面，
所以，
因为，
所以，
，
所以，即，
所以
设与平面所成角为，则
作于点，作于点，连接，
由侧面侧面，得，
又平面，所以平面.
所以，又，所以平面，所以，
在，，中，
，
因为，
所以，
因为，所以，
又]，所以，
所以，所以，即
所以
所以与平面所成角正弦值的取值范围为
19.本题考查平面向量､三角函数､方程的解等基本知识；考查推理论证､运算求解等能力；考查数形结合､化归与转化等数学思想；本题满分17分.
解：（1）设，
已知，则，
因为逆时针旋转，则，
设，
，
所以.
（2）设，有，
因为由绕坐标原点逆时针旋转角后所得
所以，
因为，
所以，
所以.
（3）设时，，由（2）知逆时针旋转得：，
也在拋物线上，得
消得：，
有
即
将代入，得
由，可知确定，则与之唯一确定.
所以讨论的个数等价于讨论方程（*）中解（除去时的非零解）的个数
令①，
令②，
联立方程①②得，，所以时，方程①②有相同解：
当时，方程①②均无解，所以的个数为0；
当时，方程①无解，②仅有一个解，所以的个数为1；
当时，方程①无解，②有一个非零解：，所以的个数为1；
当或时，方程①无解，②有两个解，所以的个数为2；
当时，方程①仅有一解，②有两解或，所以的个数为2；
当时，方程①､②均有两个解，且两方程不同解，所以的个数为4.
综上所述：当时，的个数为0；当或0时，的个数为1；
当或时，的个数为2；当时，的个数为4；序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
探测距离（单位：）
146
151
152
149
153
150
144
150
156