福建省厦门市2023-2024学年高一下学期7月期末质量检测数学试题含答案.pdf

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1、厦门市厦门市 20232024 学年第二学期高一期末质量检测学年第二学期高一期末质量检测 数学试题数学试题 满分：满分：150 分考试分考试 时间：时间：120 分钟分钟 考生注意：考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号答题前，考生务必将自己的准考证号姓名填写在答题卡上姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的的条形码的“准考证号准考证号姓名”与考生本人准考证号姓名”与考生本人准考证号姓名是否一致姓名是否一致.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

2、号涂黑.如需改如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号动，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回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本写在本试卷上无效试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回考试结束后，将答题卡交回.一一单选题单选题：本题共：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.若()1 i1 3iz=+，则z=（）A.2i+B.22i+C.12i+D.12i+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

3、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ABCD中，AB,222CD ABAD ABADCD=，以AD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.53 B.73 C.5 D.7 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M处观测到河对岸的某建筑物在北偏东15方向，顶部P的仰角为30，

4、往正东方向前进150m到达N处，测得该建筑物在北偏西45方向.底部Q和,M N在同一水平面内，则该建筑物的高PQ为（）A.50 2m B.50 3m C.150 2m D.150 6m 6.已知,是三个不重合的平面，,mn=，则（）A.若mn，则 B.若mn，则 C.若,，则mn D.若,，则mn 7.若3izzz=，则z=（）A.1 B.2 C.3 D.2 8.向量12,e e a满足1212120,1,3e eeeae ae=，则a的最大值为（）A.2 B.262+C.622+D.6 二二多选题多选题：本题共：本题共 3 小，每小题小，每小题 6 分，共分，共 18 分分.在每小题给出的四

5、个选项中，有多个选项符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，有选错的得分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分分.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ABCD中，2,2,2ADBC ADAB ANND=，则（）A.12DCABAD=B.0AB BD=C.0AC CD=D.AN在A

6、C上的投影向量为23AC 11.在长方体1111ABCDABC D中，11,2ABADAA=，动点P满足()1,0,1BPBCBB=+，则（）A.当0=时，ACDP B.当1=时，AC与DP是异面直线 C.当1=时，三棱锥1PABB的外接球体积的最大值为43 D.当12=时，存在点P，使得DP 平面1ACD 三三填空题填空题：本题共：本题共 3 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 15 分分.12.向量()()2,4,1,abx=，若ab，则x=_.13.在四棱锥PABCD中，PA 底面ABCD，四边形ABCD为正方形，45PDA=，则直线PB与AC所成角的大小为_.14.在ABC中，

7、2,ABAC D=为边BC的中点，A的平分线交BC于点E，若ADE的面积为 1，则ABC的面积为_，DE的最小值为_.（第一空 2 分，第二空 3 分）四四解答题解答题：本题共：本题共 5 小题，共小题，共 77 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明证明过程或演算证明过程或演算步骤步骤.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：序号i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 探测距离ix（单位：m）146 151 3x 4x 5x 152 149 153 150

8、 144 150 156 统计后得到样本平均数150 x=，方差()23459,147,153sx xx=.（1）升级改造后，若有65%的产品的探测距离在(),xs xs+内，则认为升级改造成功；若改造成功且有95%的产品的探测距离在()2,2xs xs+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()2,2xs xs+内的数据作为新样本，求新样本的平均数x和方差2s.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A为“甲至少投讲两球（1）用()1,2,3ix i=表示甲第i次的投篮结果，则()123,x xx表示

9、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09之间的整数随机数，当出现随机数06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：062049228933102734750783076276910349114494995396521016065140 利用该模拟试验，估计事件A的概率，并判断事件A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,a b c分别为锐角三角形ABC三哥内角,A B C的对边，且sin3

10、cos3aCaC+=.（1）求A；（2）已知3a=，点O为ABC的垂心，求BOC的周长的最大值.18.（17 分）在三棱柱111ABCABC中，侧面11ACC A 平面1,24,ABC CACB CACBCCE F=分别为11,AC AB的中点.（1）求证：1AE平面BCF；（2）若二面角1ABCC的大小为23，求证：BF与1AC不垂直；（3）若12cos0,4A AB，求AB与平面BCF所成角的正弦值的取值范围.19.（17 分）已知点O为坐标原点，将向量OA绕O逆时针旋转角后得到向量OB.（1）若()2,2,6OA=，求OB的坐标；（2）若(),OAa b=，求OB的坐标（用,a b表示）

11、；（3）若点,M N在抛物线()2yxt t=R上，且OMN为等边三角形，讨论OMN的个数.高一数学试题答案 第1页（共 8 页）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。1D 2 3B 4B 5A 6D 7A 8B 第 8 题提示：11OE=e，22OE=e，OA=a，因为120=e e，12|1=ee，所以122E E=因为1ae，23=ae，所以123E AE=过1E，A，2E的圆C的半径163rEC=，且2626OC=+，则|OA

12、的最大值为262OCr+=，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。9BC 10ACD 11ACD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。122 133 146 22 第 14 题提示：（1）在ABC中，设,A B C对应的边分别为,a b c，因为D为BC的中点，所以2aDC=因为AE为BAC的平分线，2ABAC=，所以2ABBEACEC=，所以23BEaEC=，所以6aDEDCEC=，因为116ADEABCSS=，所以6ABC

13、S=（2）在ABC中，1sin622bcAbc=，所以2224sin6sinbAcA=，因为2222cosabcbcA=+24624cos3024cossinsinsinsinAAAAAA=+=222230(sincos)24(cossin)22222sincos22AAAAAA+=327tan182tan2AA=+，当且仅当1tan23A=时，等号成立，所以3 2a，所以22DE#QQABDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第2页（共 8 页）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

14、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3s=，(,)(147,153)xs xs+=，(2,2)(144,156)xs xs+=，共有 8 个数据落在(,)xs xs+内，866.7%65%12，.2 分 所以有65%产品的探测距离在(,)xs xs+内，所以升级改造成功；.3 分 共有 10 个数据落在(2,2)xs xs+内，1083.3%95%12，.4 分 所以没有95%产品的探测距离在(2,2)xs xs+内，所以升级改造成功，但效果不显著.

15、5 分（2）依题意，需剔除数据10144x=，12156x=，.6 分 因为样本平均数150 x=，方差29s=，所以121115012iix=，12211(150)912iix=，.8 分 所以1211800iix=，1221(150)108iix=，.9 分 所以新样本的平均数1210121()1800(144156)1501010iixxxx=+=，.11 分 新样本的方差为 122222101211118(150)(150)(150)(1083636)10105iisxxx=.13 分 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

16、、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(1,1,1),(1,1,0),(1,0,1),(1,0,0),(0,1,1),(0,1,0),(0,0,1),(0,0,0)=，共有8个样本点.4 分 样本点(1,1,1)的概率为30.7，样本点(0,0,0)的概率为30.3，这两个样本点的概率不相等，所以这个试验不是古典概型.6 分（2）产生 20 组随机数相当于做了 20 次重复试验，其中事件A发生了 18 次，则事件A的频率为180.920=，所以事件A的概率的估计值为0.9.8 分 设事件iB=“甲第i次投进”，1,2,3i=，则

17、123123123123AB B BB B BB B BB B B=+因为123()()()0.7P BP BP B=，123()()()0.3P BP BP B=.又因为每次投篮结果互不影响，所以1B，2B与3B相互独立，1B，2B与3B相互独立，1B，2B与3B相互独立，1B，2B与3B相互独立且123B B B，123B B B，123B B B，123B B B两两互斥，.10 分 所以123123123123()()P AP B B BB B BB B BB B B=+123123123123()()()()P B B BP B B BP B B BP B B B=+12312312

18、3123()()()()()()()()()()()()P B P B P BP B P B P BP B P B P BP B P B P B=+0.70.70.30.70.3 0.70.3 0.70.70.70.70.7=+0.784=.13 分 所以事件A的概率的估计值和()P A有差异原因如下：#QQABDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第3页（共 8 页）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；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.15 分 17本题考查三角形

19、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sin3 cos3aCaCb+=，由正弦定理sinsinsinabcABC=，得sinsin3sincos3sinACACB+=，.1 分 由ABC+=，得()sinsinsincoscossinBACACAC=+=+，代入得 sinsin3sincos3sincos3cossinACACACAC+=+，.2 分 即sinsin3cossinACAC=，.3 分 由sin0C，得sin3cosAA=，.4 分 得tan3A=，.5 分 由0,2A，得3A=.

20、6 分（2）如图，由O为锐角三角形ABC的垂心，有BOAC，垂足为E，COAB，垂足为F，即2AFOAEO=.由3A=，四边形FOEA内角和为2，得23FOEBOC=.8 分 设BOm=，COn=，在BOC中，由余弦定理22222cos3amnmn=+，得223mnmn+=，即()23mnmn+=，.10 分 由2mnmn+，得()24mnmn+，当且仅当mn=时，等号成立.11 分()()2234mnmn+，得02mn+.13 分 当1mn=时，mn+的最大值为2.14 分 故BOC周长的最大值为1 1323+=+.15 分 解法二：（1）同解法一；（2）由O为锐角三角形ABC的垂心，有BO

21、AC，垂足为E，COAB，垂足为F，即2AFOAEO=.由3A=，四边形FOEA内角和为2，得23FOEBOC=.8 分 设OCB=，0,3，则3OBC=，在BOC中，由正弦定理322sinsinsinsin33OBOCBCBOC=.10 分 则2sinOB=，2sin3OC=，2sin2sin3OBOC+=+，.11 分#QQABDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第4页（共 8 页）2sin3cossin2sin()3=+=+.13 分 因为0,3，故当6=时，()max2OBOC+=，.14 分 故BOC周长

22、的最大值为23+.15 分 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BC中点M，连接EM，FM，在ABC中，E，M分别是AC，BC的中点，所以EMAB，12EMAB=，又F是11AB的中点，所以1AFAB，112AFAB=，所以1EMAF，1EM AF=，.1 分 所以四边形1AEMF为平行四边形，.2 分 所以1AEFM，.3 分 因为1AE 平面BCF，FM 平面BCF，所以1AE平面BCF.4 分（2）证明：假设1BFAC，因为侧面11

23、ACC A 平面ABC，侧面11ACC A平面ABCAC=，ACCB，BC 平面ABC，所以BC 侧面11ACC A，.5 分 所以BCAC，1BCCC，所以二面角1ABCC的平面角为1ACC，所以1120ACC=，.6 分 又BC 侧面11ACC A，所以1BCAC，因为1BFAC，BCBFB=，,BC BF 平面BCF，所以1AC 平面BCF 因为FM 平面BCF，所以1ACFM，由（1）知1AEFM，所以11ACAE .8 分 在平行四边形11ACC A中，114AC=，12CC=，1120ACC=，所以12AE=，12 3EC=，MFB1BC1A1ECAMFB1BC1A1EAC#QQA

24、BDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第5页（共 8 页）所以2112211AECAEC+=，所以11ECAE，.9 分 所以11ACEC，与111ACECC=矛盾，所以BF与1AC不垂直.10 分（3）作1APAC于点P，作PQAB于点Q，连接1AQ，由BC 侧面11ACC A，1AP 侧面11ACC A，得1BCAP，又BCACC=，,BC AC 平面ABC，所以1AP 平面ABC 所以1APAB，又PQAB，1APPQP=，所以AB 平面1APQ，所以1AQAQ，.11 分 在1RtAAP，RtAPQ，1Rt

25、AAQ中，11cosAPA ACAA=，cosAQBACAP=，11cosAQA ABAA=，因为11APAQAQAAAPAA=，所以11coscoscosA ACBACA AB=，.12 分 因为45BAC=，所以11cos2cosA ACA AB=，又12cos(0,4A AB，所以11cos(0,2A AC，.13 分 所以1)32A AC，所以1(223AAC，取11AC中点G，所以11FGBC，所以FGBC，所以B，C，G，F四点共面，连接EG，因为2AEECEG=，所以AGCG，.14 分 由（2）知BC 侧面11ACC A，所以平面BCGF 侧面11ACC A，平面BCGF侧面1

26、1ACC ACG=，AG 侧面11ACC A，所以AG 平面BCGF，所以AB与平面BCF所成角为GAB，.15 分 在等腰1AAG中，111112sin4sin22AACAACAGAA=，由11(223AAC，得(2 2,2 3AG，.16 分 PGFB1BC1A1ECAQ#QQABDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第6页（共 8 页）MPFB1BC1A1ECAQ连接BG，在RtABG中，4 2AB=，所以16sin(,24AGBGAAB=，所以AB与平面BCF所成角正弦值的取值范围为16(,24.17 分 解

27、法二：（1）（2）同解法一；（3）设点A到平面BCF的距离为d，因为11AB平面ABC，所以11A BCFFABCAABCB A ACVVVV=.11 分 由（1）（2）知BC 侧面11ACC A，1AEFM，所以BC FM，因为114sin2A ACFMAE=，所以111144sin8sin2222BCFA ACA ACSBC FM=，1111111sin24sin4sin22A ACSAAACA ACA ACA AC=，所以11133BCFA ACSdSBC=，即11118sin44sin323A ACdA AC=，所以14cos2A ACd=.13 分 设AB与平面BCF所成角为，则11

28、4coscos22sin4 22A ACA ACdAB=.14 分 作1APAC于点P，作PQAB于点Q，连接1AQ，由BC 侧面11ACC A，1AP 侧面11ACC A，得1BCAP，又BCACC=，,BC AC 平面ABC，所以1AP 平面ABC 所以1APAB，又PQAB，1APPQP=，所以AB 平面1APQ，所以1AQAQ，在1RtAAP，RtAPQ，1RtAAQ中，11cosAPA ACAA=，cosAQBACAP=，11cosAQA ABAA=，因为11APAQAQAAAPAA=，所以11coscoscosA ACBACA AB=，#QQABDY6QoggAApAAAQgCAQ

29、EICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第7页（共 8 页）因为45BAC=，所以11cos2cosA ACA AB=，又12cos(0,4A AB，所以11cos(0,2A AC，.16 分 所以1)32A AC，所以1)624A AC，即1c223(2o,2sA AC 所以1cos162sin(,242A AC=所以AB与平面BCF所成角正弦值的取值范围为16(,24.17 分 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xOA=，0,2)，已

30、知(2,2)A，则|2 2OA=，4=，.1 分 因为逆时针旋转6，则|2 2OB=，54612xOB=+=+=，.2 分 设(,)B m n，622 2cos2 2314mxOB=，622 2sin2 2314nxOB+=+，所以(31,31)OB=+.4 分（2）设OAr=，有()cos,sinOArr=，因为OB由OA绕坐标原点O逆时针旋转角后所得 所以|OBr=，()()()cos,sinOBrr=+，.5 分 因为cosar=，sinbr=，所以()coscoscossinsincossinrrrab+=，()sinsincoscossinrrr+=+sincosab=+，.7 分

31、所以(cossin,sincos)OBabab=+.8 分（3）设(,)M x y(0t=时，0)x，由（2）知逆时针旋转3得：33(,)2222xyxyN+，M，N也在抛物线上，得2233()2222yxtxyxyt=+=，.9 分 消t得：3333()()222222xyxyxy=，有3333333()()3()()22222222223xyxyxyxyxy=+即(3)(33 32 3)0 xyxy+=将2yxt=代入，得22(3)(3323)0 xxtxxt+=（*）由2yxt=，可知x确定，则y与之唯一确定 所以讨论OMN的个数等价于讨论方程（*）中解（除去0t=时的非零解）的个数#Q

32、QABDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#高一数学试题答案 第8页（共 8 页）令233230 xxt+=，13(127)t=令230 xxt=，243t=+联立方程得，36x=，712t=，所以712t=时，方程有相同解：36x=.11 分 当34t 时，方程均无解，所以OMN的个数为 0；.12 分 当34t=时，方程无解，仅有一个解，所以OMN的个数为 1；.13 分 当0t=时，方程无解，有一个非零解：3x=，所以OMN的个数为 1；.14 分 当304t 或7012t 时，方程无解，有两个解，所以OMN的个数为 2；.15 分 当712t=时，方程仅有一解36x=，有两解36x=或7 36x=，所以OMN的个数为 2；.16 分 当712t 时，方程、均有两个解，且两方程不同解，所以OMN的个数为 4.综上所述：当34t 时，OMN的个数为 0；当34t=或0时，OMN的个数为 1；当304t 或7012t 时，OMN的个数为 2；当712t 时，OMN的个数为 4；.17 分#QQABDY6QoggAApAAAQgCAQEICEMQkBEAAYgGhBAMsAIAgRFABAA=#