广东省广州市海珠区2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题(含答案)

这是一份广东省广州市海珠区2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题(含答案)，共11页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，已知，，且，则等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，19小题，全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、考生号和座位号填写在答题卡上，再用2B铅笔将考生号、座位号对应的信息点涂黑．
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．在中，，则（ ）．
A．B．
C．D．
2．下列的表述中，正确的是（ ）．
A．过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面垂直
B．过平面外一点，有且只有一个平面与这个平面平行
C．过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线垂直
D．过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行
3．若两个非零向量，的夹角为，且满足，，则（ ）．
A．B．C．D．
24．有一组从小到大排列的样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中，，，则（ ）．
A．数据，，…，的标准差不小于数据，，…，的标准差
B．数据，，…，的中位数与数据，，…，的中位数相等
C．若数据，，…，的方差为m，则数据，，…，的方差为am
D．若数据，，…，的极差为d，则数据，，…，的极差为
5．为了得到的图象，只需把正弦曲线上所有点（ ）．
A．先向右平移个单位长度，横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变
B．先向右平移个单位长度，横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变
C．先向左平移个单位长度，横坐标缩短为原来的，纵坐标保持不变
D．先向左平移个单位长度，横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标保持不变
6．已知的外接圆圆心为O，且，，则在上的投影向量为（ ）．
A．B．C．D．
7．已知，，且，则（ ）．
A．B．
C．D．
8．通常以24小时内降水在平地上积水厚度（单位：mm）来判断降雨程度，其中小雨，中雨，大雨，暴雨．小明用一个近似圆台的水桶（如图，计量单位）连续接了24小时的雨水，桶中水的高度约为桶高的，则当天的降雨等级是（ ）．
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
二、选择题：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，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．已知向量，，则下列说法中正确的是（ ）．
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若向量，的夹角为钝角，则m的取值范围是
10．已知复数，，则下列说法中正确的是（ ）．
A． B．若，则
C．若，则 D．
11．在正三棱柱中，已知动点P满足，，，且，则下列说法中正确的是（ ）．
A．若，则三棱锥的体积是定值
B．若，则三棱锥的体积是定值
C．若，则三棱锥的体积是三棱柱的体积的
D．若，则直线AP与平面所成角的正弦值的最大值是
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数z满足，则__________．
13．某班有男学生20人，女学生30人，为调查学生的课后阅读情况，现将学生分成男生、女生两个小组．对两组学生某个月的课后阅读时长进行统计，情况如下表：
则该班学生这个月的课后阅读时长平均数为__________，方差为__________．
14．已知点G，O在所在平面内，满足，，且，，则边BC的长为__________．
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．（13分）如图，在棱长为2的正方体中，点E，P分别为CD，的中点．
（1）求证：直线平面；
（2）求点A到平面的距离．
16．（15分）一家品牌连锁公司旗下共有100所加盟店．公司在年底对所有加盟店本年度营销总额（单位：百万元）进行统计，制作频率分布表如下：
（1）请求出频率分布表中x，y的值，并画出频率分布直方图；
（2）请估计这100所加盟店去年销售总额的平均数（同一组中的数据，用该组区间的中点值作代表）；
（3）为了评选本年度优秀加盟店，公司将依据营销总额制定评选标准，按照“不超过60％的加盟店获评优秀加盟店称号”的要求，请根据频率分布直方图，为该公司提出本年度“评选标准”建议．
17．（15分）已知甲船在A海岛正北方向海里的B处，以7海里/小时的速度沿东偏南的方向航行．
（1）甲船航行3小时到达C处，求AC；
（2）在A海岛西偏南方向6海里的E处，乙船因故障等待救援．当甲船到达A海岛正东方向的D处时，接收到乙船的求援信号．已知距离A海岛3海里以外的海区为航行安全区域，甲船能否沿DE方向航行前往救援？请说明理由．
18．（17分）在四棱锥中，侧面底面ABCD，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为矩形，M是PD的中点，且PB与平面ABCD所成角的正弦值为．
（1）求证：平面PCD；
（2）求直线AM与直线PB所成角的余弦值；
（3）求平面ABM与平面PBC所成二面角的正弦值．
19．（17分）如图，E为线段AD的中点，C为DA延长线上的一点，以A为圆心，AE长度为半径作半圆，B为半圆上一点，连接BC，BD．
（1）若，以BD为边作正三角形BFD，求四边形ABFD面积的最大值：
（2）在中，记，，的对边分别为a，b，c，且满足．
①求证：；
②求的最小值．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.B
5.C
6.B
7.D
8.B
9.BC
10.AD
11.ACD
12. 102
13.25.6；1.3
14.3 2
15.(1)证明：因为A1B1=DC
又因为点P，E分别为A1B1，CD的中点，
∴PB1//DE，PB1=DE
∴四边形PB1ED为平行四边形．
∴DP//EB1，
又EB1⊂平面AEB1，DP⊄平面AEB1
∴DP//平面AEB1．
(2)解： 由ABCD−A1B1C1D1是正方体，
∴点E到平面ABB1A1的距离是BC=2，
又S△ABB1=12×2×2=2，设三棱锥E−ABB1体积为V，∴V=13×BC×S△ABB1=13×2×2=43，
在△BB1E中，BE= BC2+CE2= 22+12= 5，BB1⊥BE，
∴SΔBB1E=12×BB1×BE=12×2× 5= 5，
又三棱锥B1−ABE的体积就是三棱锥B−AB1E的体积，
设点A到平面BB1E的距离为ℎ，
则43=V=13×SΔBB1E×ℎ=13× 5×ℎ，
解得ℎ=4 55，
∴点A到平面BB1E的距离为4 55．
16.解：(1)x=100−(10+20+30+15+5+5)=15，y=1.00−(0.1+0.15+0.2+0.15+0.05+0.05)=0.3
频率分布表中，“频数”列的x为15，“频率”列的y为0.3
频率分布直方图如下：
(2)设这100所加盟店去年销售总额的平均数为x则x=1100(13×10+15×15+17×20+19×30+21×15+23×5+25×5) =1100×1820=18.2
估计这100所加盟店去年销售总额的平均数为18.2
(3)由频率分布直方图可知，从右往左，第一至第五组的频率分别为0.05，0.05，0.15，0.3，0.2，前4组的频率和为0.55，这五组的频率和为0.75．
则可知，“正好60%的加盟店获评优秀加盟店称号”的“评选标准”值x∈[16,18)
且x满足(18−x)×0.1+0.55=0.6
解得x=17.5．
要满足公司的要求，建议本年度“评选标准”不低于17.5
17.(1)解：由已知得，AB=15 3，BC=7×3=21，∠ABC=30∘
由AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs30∘=(15 3)2+212−2×15 3×21× 32
解得AC= 171=3 19
即甲船航行3小时后距离海岛AC=3 19海里．
(2)解：甲船到D处时，△ABD为∠BAD=90∘，∠ABD=30∘的直角三角形
又AB=15 3，故 AD=15
在ΔADE中，AE=6，AD=15，∠EAD=120∘
所以ED2=AE2+AD2−2AE⋅AD⋅cs∠EAD=62+152−2×6×15×(−12)=351
由EDsin120∘=ADsin∠AED，ED=3 39，得sin∠AED=5 1326
过A向ED作垂线交ED于F，在Rt△AEF中，AF=AE⋅sin∠AED=6×5 1326= 22513
又3= 11713，所以AF>3
故甲船沿DE方向前往救援时，始终航行在航行安全区域

18.(1)证明：∵底面ABCD为矩形，
∴CD⊥AD
又∵侧面PAD⊥底面ABCD，交线为AD，
∴CD⊥侧面PAD
又∵AM⊂侧面PAD，
∴AM⊥CD
又∵侧面PAD为正三角形，M是PD的中点，
∴AM⊥PD
又∵PD∩CD=D，PD，CD⊂平面PCD
∴AM⊥平面PCD．
(2)设AD的中点为G，连接PG
∵ΔPAD为正三角形，
∴PG⊥AD
又∵面PAD⊥面ABCD，交线为AD
∴直线PG⊥底面ABCD
∴PB与平面ABCD所成角即∠PBG
设AD=1，AB=m则PG=AM= 32，PB= m2+12
由sin∠PBG= 64，解得m=1
连接AC，BD，AC∩BD=F，
∵M为PD中点，底面ABCD为矩形
∴MF//PB，MF=12PB= 22，AF=12AC= 22
在ΔAMF中，∴cs∠AMF=AM2+MF2−AF22×AM×MF= 64
故直线AM与直线PB所成角的余弦值等于 64．
(3)以AP，AD为邻边构造▱ADQP，
则M是AQ的中点
连接CQ，
则四边形BCQP是平行四边形，又N为PC中点
故B，N，Q三点共线，平面ABM与平面ABQ为同一平面
;故所求二面角为二面角P−BQ−A或二面角C−BQ−A
易知二面角P−BQ−A与二面角C−BQ−A的大小互补，故其正弦值相等．
由(1)(2)知PM⊥平面ABQ，BQ⊂平面ABQ
∴PM⊥BQ
在Rt△BAQ中，过M作MT⊥BQ，垂足为T，则BQ⊥平面PMT
连接PT，则PT⊥BQ，故二面角P−BQ−A的平面角为∠PTM
由Rt△BAQ∽Rt△MTQ，得ABBQ=MTMQ
由(2)可知，设AD=1，则MP=12，AQ=2MQ= 3，∴BQ= AB2+AQ2=2，得MT= 34
在Rt△MTP中，PT= MP2+MT2= 74
所以，sin∠PTM=MPPT=2 77
故平面ABM与平面PBC所成的二面角的正弦值为2 77．

19.解：过B向CD作垂线，垂足为G，设∠BAD=θ(0<θ<π)
则BG=sinθ，BD2=AB2+AD2−2×AB×AD×csθ=5−4csθ
SΔABD=12×2×sinθ=sinθ，SΔBFD= 34BD2= 34(5−4csθ)
∴SABFD=SΔABD+SΔBFD=sinθ+ 34(5−4csθ)=sinθ− 3csθ+5 34=5 34+2sin(θ−π3)
∵0<θ<π，∴−π3<θ−π3<2π3
∴当θ−π3=π2，即θ=5π6时，SABFD有最大值为=5 34+2
①证明：在△ABC中，由已知及余弦定理，得(b+c)b=a2=b2+c2−2bccs∠BAC即b=c−2bcs∠BAC
根据正弦定理，得sin∠ABC=sin∠ACB−2sin∠ABCcs∠BAC
又∠ACB=π−∠ABC−∠BAC，故sin∠ACB=sin(∠ABC+∠BAC)
所以sin∠ABC=sin(∠ABC+∠BAC)−2sin∠ABCcs∠BAC
得sin∠ABC=sin(∠BAC−∠ABC)
又∠BAC∈(0,π)，∠ABC∈(0,π)
故∠ABC=π−(∠BAC−∠ABC)，得∠BAC=π(舍去)
或∠ABC=∠BAC−∠ABC，即∠BAC=2∠ABC
②解：由 ①∠BAC=2∠ABC，得∠BAC+∠ABC=3∠ABC∈(0,π)∴∠ABC∈(0,π3)，cs∠ABC∈(12,1)
∴c+4bbcs∠ABC=sin∠ACB+4sin∠ABCsin∠ABCcs∠ABC
=sin(π−3∠ABC)+4sin∠ABCsin∠ABCcs∠ABC
=sin(3∠ABC)+4sin∠ABCsin∠ABCcs∠ABC
=sin(2∠ABC+∠ABC)+4sin(2∠ABC−∠ABC)sin∠ABCcs∠ABC
=4cs2∠ABC+3cs∠ABC
=4cs∠ABC+3cs∠ABC
≥2 4cs∠ABC×3cs∠ABC=4 3
当且仅当cs∠ABC= 32，即∠ABC=π6时，等号成立
∴当∠ABC=π6时，c+4bbcs∠ABC的最小值为4 3
课后阅读时长平均数（小时）
方差
男生组
25
1
女生组
26
1.1
分组
频数
频率
10
0.1
x
0.15
20
0.2
30
y
15
0.15
5
0.05
5
0.05
合计
100
1.00