广东佛山2024年高一下学期期末教学质量检测数学试题含答案.pdf

高一数学试题 第 1 页 共 4 页 OMNPxy20232024 学年下学期佛山市普通高中教学质量检测学年下学期佛山市普通高中教学质量检测 高一数学高一数学 本试卷共 4 页,19 小题.满分 150 分.考试用时 120 分钟.注意事项注意事项:1.答卷前,考生务必要填涂答题卡上的有关项目.2.选择题每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答案涂在答题卡相应的位置上.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；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,不按以上要求作答的答案无效.4.请考生保持答题卡的整洁.考试结束后,将答题卡交回.一、选择题一、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=i 25i()A 12i B+12i C12i D+12i 2已知=tan2,则=tan2()A34 B34 C43 D43 3已知向量a,b不共线,若abab+k2/)()(,则=k()A2 B21 C21 D2 4已知两条不同的直线m,n和三个不同的平面,下列判断正确的是()A若m,nm/,则n/B若m,n,m/,n/,则/C若,m=,则m D若n=,mn,m,则 5已知四边形ABCD中,(2,1AC=),(2,4BD=),则四边形ABCD的面积为()A3 B5 C6 D10 6已知函数=+f xAxsin)()(其中A0,0,)的部分图象如图所示,点M,N是函数 图象与x轴的交点,点P是函数图象的最高点,且PMN是 边长为 2 的正三角形,=ONOM3,则=f31()A23 B+43 22 C43 26 D+43 26 2024.7 高一数学试题 第 2 页 共 4 页 QEDPF7某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩,并算得这部分同学的平均分以及男生和女生各自的平均分,由于记录员的疏忽把人数弄丢了,则据此可确定的是()A这部分同学是高分人数多还是低分人数多 B这部分同学是男生多还是女生多 C这部分同学的总人数 D全年级是男生多还是女生多 8已知正四棱台1111ABCDABC D,2=AB,半球的球心O在底面1111ABC D的中心,且半球与该棱台的各棱均相切,则半球的表面积为()A9 B18 C27 D36 二、选择题二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.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.关于复数cosisinz=+(i为虚数单位),下列说法正确的是()A.1z z=B.z在复平面内对应的点位于第二象限 C.31z=D.210zz+=10.四名同学各掷骰子5次,分别记录每次骰子出现的点数.根据四名同学的统计结果,可能出现点数6的是()A平均数为3,中位数为2 B中位数为3,众数为2 C平均数为2,方差为2.4 D中位数为3,方差为2.8 11.如图,在三棱锥PDEF中,1PEPF=,2PD=,5DEDF=,2EF=,点Q是DF上一动点,则()A过PE、PF、DE、DF各中点的截面的面积为2 B直线PE与平面DEF所成角的正弦值为23 CPEQ面积的最小值为55 D将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形 三三、填空题、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.其中第 14 题对一空得 3 分,全对得 5 分.12.已知1=a b,()1,2=b,则a在b上的投影向量为 13.已知4coscos24+=,则sin2=14.已知ABC是边长为 2 的正三角形,点D在平面ABC内且0DA DB=,则DA DC的最大值为 ,最小值为 高一数学试题 第 3 页 共 4 页 ABCDPQR.H四、解答题四、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 分分)某学校高一新生体检,校医室为了解新生的身高情况,随机抽取了 100 名同学的身高数据(单位:cm),制作成频率分布直方图如图所示(1)求这 100 名同学的平均身高的估计值(同一组数据用区间中点值作为代表)；(2)用分层抽样的方法从)165,170,)170,175,)175,180中抽出一个容量为17的样本,如果样本按比例分配,则各区间应抽取多少人？(3)估计这 100 名同学身高的上四分位数 160 165 170 175 180 185 身高/cm0.07x0.040.020.01频率组距 16.(15 分分)在非直角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足2 coscosacBbC=(1)求证:tan2tanCB=；(2)若tan3A=,3a=,求ABC的面积 17.(15 分分)如图,已知多面体PQRABCD中,四边形ABCD、PABQ、PADR均为正方形,点H是CQR的垂心,1PA=(1)证明:H是点A在平面CQR上的射影；(2)求多面体PQRABCD的体积 高一数学试题 第 4 页 共 4 页 ABCC1B1A1MQPNMDABCO18.(17 分分)如图,在扇形OMN中,半径2OM=,圆心角3MON=,矩形ABCD内接于该扇形,其中点A,B分别在半径OM和ON上,点C,D在 上,/ABMN,记矩形ABCD的面积为S.(1)当点A,B分别为半径OM和ON的中点时,求S的值；(2)设DOM=(06),当为何值时,S取得最大值,并求此时S的最大值.19.(17 分分)如图,在直三棱柱111ABCABC中,ABBC,13ABAA=,1BC=,P是1BC上一动点,1BPBC=(01),M是1CC的中点,Q是AM的中点(1)当14=时,证明:/PQ平面ABC；(2)在答题卡的题(2)图中作出平面1AB P与平面11ACC A的交线(保留作图痕迹,无需证明)；(3)是否存在,使得平面1AB P与平面11ACC A所成二面角的余弦值为144？若存在求满足条件的值,若不存在则说明理由 高一数学答案 第 1 页 共 4 页 20232024 学学年年下学期下学期佛山市普通高中教学质量检测佛山市普通高中教学质量检测 高一数学 参考答案与评分标准 一、选择题一、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.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A B C B D B C 二、二、选择题选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分,部分选对的得部分分,有选错的得 0 分.题号 9 10 11 答案 AD ABD BCD 三三、填空题、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.其中第 14 题对一空得 3 分,全对得 5 分.12.12,55(或写成15b)13.1 14.3,1 四四、解答题解答题:本题共本题共 5 5 小题小题,共共 7777 分分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.【解析解析】(1)由图可知()50.01 0.070.040.021x+=,得0.06=x.2 分 平均身高的估计值为:162.5 0.01 5 167.5 0.07 5 172.5 0.06 5 177.5 0.04 5 182.5 0.02 5+172.25cm=.6 分(2)165,170,)170,175,)175,180各区间人数分别为：100 0.07 535=,100 0.06 530=,100 0.04 520=所以相应抽取的人数分别为：35177353020=+,30176353020=+,20174353020=+9 分(3)上四分位数即 75%分位数 10 分 身高在)180,185的人数占比5 0.0210%=,在)175,180的人数占比5 0.0420%=,所以 75%分位数在)175,180内 11 分 设上四分位数为a,则0.04(180)0.02 51 75%+=a 12 分 解得176.25a=,即估计这 100 名同学身高的上四分位数为176.25.13 分 16.【解析解析】(1)由2 coscoscBbCa=及正弦定理可得2sincossincossinCBBCA=,2 分 又sinsin()sincoscossinABCBCBC=+=+,所以2sincossincossincoscossinCBBCBCBC=+,整理得sincos2sincosCBBC=,4 分 因为ABC不是直角三角形,所以cos0B,cos0C,两边同时除以coscosBC,得tan2tanCB=6 分(2)由2tantan3tantantan()31 tantan1 2tanBCBABCBCB+=+=,整理得22tantan10BB=,所以(2tan1)(tan1)0BB+=,解得1tan2B=或 1,8 分 若1tan2B=,则tan2tan1CB=,此时B,C均为钝角,不符合题意,故舍去,所以tan1B=,9 分 高一数学答案 第 2 页 共 4 页 ABCDPQR.HMOtan2tan2CB=,此时3 10sin10A=,2sin2B=,2 5sin5C=,11 分 由正弦定理310sinsinsin3 1010bcaBCA=,可得10sin5bB=,10sin2 2cC=,13 分 所以ABC的面积113 10sin52 232210ABCSbcA=15 分 17.【解析解析】(1)连接CH,并延长交QR于M,所以QRCM 1 分 由已知易得四边形BDRQ为矩形,所以/BDQR3 分 BDAC,所以QRAC且=ACCMC,所以QR平面ACM5 分 AH平面ACM,所以QRAH6 分 同理QCAH 7 分 又=QRQCQ,所以AH平面CQR 8 分 所以H是点A在平面CQR上的射影9 分(2)设=ACBDO,由题意可知BQ平面ABCD,所以BQ是棱柱PQRABC的高,且BQOC,又由(1)知OCBD,所以OC平面QBDR,所以OC是棱锥CQBDR的高11 分=+PQR ABDC QBDRVVV 12 分 12PQR ABDABDVSBQ=13 分 112123323C QBDRQBDRVSOC=14 分 所以多面体PQRABCD的体积115236V=+=15 分 18.【解析解析】(1)当点A,B分别为半径OM和ON的中点时,1CDABOA=,取CD中点F,连接OF,且OF与AB交于点G,则22115442OFODDF=,2 分 3322OGOA=,4 分 则1532FGOFOG=,6 分 此时矩形ABCD的面积1532SAB FG=7 分(2)解法一解法一：过点D作DEOM,垂足为E,则2sinDE=,2cosOE=,8 分 在RtADE中,6DAE=,24sinADDE=,9 分 32 3sinAEDE=,10 分 2cos2 3sinABOAOEAE=,11 分 高一数学答案 第 3 页 共 4 页 GFEDCBNMOA矩形ABCD的面积2(2cos2 3sin)4sin8sincos8 3sinSAB AD=13 分 1 cos24sin28 34sin24 3cos24 38sin 24 323=+=+,15 分 当232+=,即12=时,矩形ABCD的面积S最大,最大值为84 3 17 分 解法二解法二：若06DOM=,设DOF=,则6=,sin2sinDFODDOF=,8 分 cos2cosOFODDOF=,332 3sinOGAGDF=,9 分 所以2cos2 3sinFGOFOG=,10 分 24sinABDF=13 分 1 cos24sin28 34sin24 3cos24 38sin 24 323=+=+,15 分 当232+=,即12=,即12=时,矩形ABCD的面积S最大,最大值为84 3 17 分 19.【解析解析】(1)过、PQ分别作PKBC,QNAC则1/PKCC且114PKCC=,/QNCM且11124QNCMCC=2 分 所以/PKQN且=PKQN,所以四边形PKNQ是平行四边形3 分 从而/PQKN,又KN平面ABC,PQ平面ABC,所以/PQ平面ABC5 分(2)如图,在平面11ACC A内,延长11、B PCC交于D,连接AD,则AD为平面1AB P与平面11ACC A的交线8 分 ABCC1B1A1PDHGACC1B1A1MQPNKE(3)过1B作111B HAC,垂足为H,过H作HGAD,垂足为G,连接1BG,9 分 因为三棱柱111ABCABC是直三棱柱,所以1CC 平面111ABC,又1B H 平面111ABC,11CCB H,又111B HAC,1111ACCCC=,1B H平面11ACC A,又AD 平面11ACC A,1B HAD,又HGAD,1B HHGH=,AD平面1B HG,又1BG 平面1B HG,1ADBG,所以1BGH为平面1AB P与平面11ACC A所成二面角的平面角10 分 高一数学答案 第 4 页 共 4 页 假设存在满足条件的,即114cos4=BGH,由已知可求得12=BC,所以2=BP,1112221BEBPBCPC=,所以1111121111ECBEBCBC=,又111121DCECDCBC=,111 21 21(1 2)DCDCCCCCDC=,所以3(12)=DC,12分 所以3(12)ACDS=,15 34HACCS=梯形,13(1)4DHCS=,113(32)4ADHACDDHCHACCSSSS=+=梯形,13分 22216123ADACCD+=+=,14 分 12ADHSAD HG=,故223(32)2 16123ADHSHGAD=+15 分 由114cos4=BGH得117tan7=B HBGHHG,又132=B H,所以237273(32)2 16123=+16 分 解得13=,即存在13=使得平面1AB P与平面11ACC A所成二面角的余弦值为144 17 分