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2023-2024学年广东省东莞市高一下学期期末教学质量检查
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
2.为了解学生每日参加体育锻炼的情况，学校用比例分配的分层随机抽样方法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有人，则抽取的样本容量为( )
A. B. C. D.
3.棱长为的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
4.若，则( )
A. B. C. D.
5.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，且，则
C. 若，，则 D. 若，，则
6.已知向量，，且，任意点关于点的对称点为，点关于点的对称点为，则( )
A. B. C. D.
7.已知三棱锥，平面，，，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
8.一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有，，，，，六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与相互独立的是( )
A. 第一次朝上面的数字是偶数 B. 第一次朝上面的数字是
C. 两次朝上面的数字之和是 D. 两次朝上面的数字之和是
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.已知某地一周每天的最高温度单位：分别为：、、、、、、，则下列关于这组数据的结论中正确的是( )
A. 众数是 B. 极差是 C. 中位数是 D. 平均数是
10.已知的半径为，为其内接三角形，则下列结论中正确的是( )
A. 若，则
B. 若，则周长的最大值为
C. 若，则
D. 若，则面积的最大值为
11.如图，在棱长为的正方体中，点，分别为，的中点，平面经过点，，，且与交于点，则下列结论正确的是( )
A. 平面 B. 平面平面
C. D. 二面角的正切值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.假设，，且与相互独立，则 ．
13.已知圆台的上底半径为，下底半径为，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 ．
14.已知圆的半径为，点是圆上的动点，为圆内接正边形，则 ， ．
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.本小题分
已知，，分别为三个内角，，的对边，且
A.
求角
若，，求的面积．
16.本小题分
某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短现随机采集了个停车时间的数据单位：，按，，，，分成组，其频率分布直方图如下．
如果该超市计划奖励的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间
记，其中为样本平均数，为样本标准差如果该超市计划对停车时长超过的客户征收更高的停车费，求精确到个位注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据：
17.本小题分
某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有个白球和个红球球除颜色外，完全相同的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出个球，若摸出的个球颜色相同则为中奖，否则不中奖商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立．
若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率
若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率．
18.本小题分
如图，是边长为的等边三角形，点，分别在线段，上，且，，沿将翻折到的位置，使得，如图．
求证：平面平面
在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值若不存在，请说明理由．
19.本小题分
通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量类似的，我们可以把有序复数对看作一个向量，记，称为复向量类比平面向量的相关运算法则，对于，，、、、、，我们有如下运算法则：．
设，，求和
类比平面向量数量积满足的运算律，得出复向量的一个相关结论，判断其是否正确并说明理由
设，集合，，，，求的最小值并证明当取最小值时，对于任意的，．
答案解析
1.【答案】
【解析】解： 由题意得，故 ，
故选D．
2.【答案】
【解析】解： 由图可知高三年级学生人数占总人数的，
抽取的样本中高三年级的学生有人，
则样本容量为．
3.【答案】
【解析】解：根据“长方体的体对角线为其外接球的直径”这一结论，
本题是棱长为的正方体，设其外接球半径为，
，解得，
．
故选：．
4.【答案】
【解析】解：由题意，得，
则，
则．
5.【答案】
【解析】解：对于、若，，则或与异面，故A错误；
对于、若，，且，则或与相交，故B错误；
对于、若，，由面面平行的性质可知，故C正确；
对于、若，，则与位置不确定，故D错误
6.【答案】
【解析】解：由题意可得，是的中位线，则，
又，
则
，
则．
7.【答案】
【解析】解：作平面，
以为原点，分别以、、为、、轴
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，
，，
，，
设异面直线与所成角为，
则．
故选B．
8.【答案】
【解析】解：投掷这枚骰子两次，第一次的结果记为，第二次的结果记为，
用有序实数对表示投掷的结果，则样本点共有个，
设事件“第一次朝上面的数字是偶数”，“第一次朝上面的数字是”，“两次朝上面的数字之和是”，“两次朝上面的数字之和是”，
则，，，
故，故A错误；
，，
所以，故B错误；
事件包含：，，，，，
故．
又，
所以，故C错误；
事件包含：，，，，，，
故．
又，，
所以与相互独立，故D正确．
9.【答案】
【解析】解：将这组数据从小到大排列为：，，，，，，，
对于、众数是，故A正确；
对于、极差是，故B错误；
对于、中位数是，故C错误；
对于、平均数是，故D正确．
10.【答案】
【解析】解：设内角，，所对的边分别为，，．
对于，由题意，，
，故A正确；
对于，在中，，则，
在中， ，
解得，当且仅当时等号成立，
所以，，即周长的最大值为，故B正确；
对于，，即，
在中，，
得，即，故C正确；
对于，，由选项C得，
在中，，，
由题意知面积要想最大，应为锐角，则，
，，当且仅当时，等号成立，
，故D错误．
11.【答案】
【解析】解：对于因为是棱长为的正方体，
所以以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系如下图：
则，，，而点，分别为，的中点，因此，．
设平面的法向量为，则由平面经过点，，得平面的法向量为．
因为，，所以由得
取得，，因此是平面的一个法向量．
因为，所以，因此不成立，
所以平面不成立，故A错误；
对于在选项A的坐标系中，因为，，所以，，
因此若平面的法向量为，则由得
而取得，，所以是平面的一个法向量．
由选项A知：是平面的一个法向量，且，
因此平面平面，故B正确；
对于如图：
延长、交于，过点、作直线，交于，交于，连接交于，
连接，，则五边形是平面截正方体所得截面．
因为是的中点，所以点是的中点．
因为是的中点，所以，即．
因为，所以，故C正确；
对于在选项A的坐标系中．
由选项C知：平面与平面重合，因此是平面的一个法向量．
又因为平面与平面重合，所以是平面的一个法向量．
设二面角的大小为，则由图知：为锐角，
因此，
所以，即二面角的正切值为，故D正确．
12.【答案】
【解析】解：由题意得，
13.【答案】
【解析】解：由题意，经过母线中点且与底面平行的平面截圆台，
所得截面圆的半径为，
设上下两个圆台的高为，
故上下两部分的体积之比为
14.【答案】
【解析】解：因为为圆内接正边形，
所以，
所以．
．
15.【答案】解：在三角形中由正弦定理有：，
则，，，
代入，可得，
又因为，所以，
所以，
所以，
又因为，所以；
解法：因为，由余弦定理有，
即，解得，
所以，
所以在三角形中，．
解法：因为，由正弦定理有，
解得，
因为，所以，
所以，，
所以在三角形中，．
【解析】
利用三角函数弦化切，结合三角形内角的范围即可得解；
解法：利用余弦定理求得 的值，从而利用三角形面积公式即可得解；
解法：利用正弦定理求得，进而求得三角形的面积．
16.【答案】解：根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于，
得，解得：，
设第百分位数为，
则，解得，
所以可以允许车辆免费停车分钟不收费．
车辆平均停车时间为：
，
，
，所以．
【解析】
根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于，求得，再利用百分位数定义，即可求解；
根据频率分布直方图求得，，结合题意即可求解．
17.【答案】解：设个白球为，，个红球为，，，
则不放回地依次摸出两个球的样本空间为：
，，，，，，，，
，，，，，，，，
，，，，其中共有个样本点，
设一次抽奖中奖为事件，
则，，，，，，，，其中共有个样本点，
因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，
因此，即若某顾客有一次抽奖机会，中奖的概率为．
设在第次抽奖时中奖为事件，，，
由于每次抽奖的情况相同，由可知，，，，
设两次抽奖至少有一次中奖为事件，则，
其中、、为互斥事件，
则，
因为每次抽奖之间相互独立，
所以，
，，
所以，
即若某顾客有两次抽奖机会，至少有一次中奖的概率为．
【解析】
由古典概型直接求解即可；
设在第次抽奖时中奖为事件，，，设两次抽奖至少有一次中奖为事件，则，结合互斥事件和相互独立事件的概率乘法公式即可求解．
18.【答案】解：在中，，，，
由余弦定理得，
所以，所以，
在中，，，，所以，所以，
又因为，、平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
在平面中，过点作，交于，
在平面中，过点作，交于，连接，
如图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
又因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，即即为所求的点，
因为，即，所以，
又因为，所以，
即此时．
【解析】
由勾股定理得，，即得平面，得证；
在平面中，过点作，交于，由题意可得平面平面，再结合相似比，即可求解．
19.【答案】解：，
，
；
【解法】
设，，
，其中，，，，，，，，
，
，
，
同理，
所以
，
所以，
【解法】
设，，，
、、、、、，
，
，，
，
因为，，
所以
，结论正确．
设，，
则，
，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为，此时
则，
设，，，
则，
则，结论成立．
【解析】
根据所给定义计算可得
根据所给定义及复数代数形式的运算法则计算可得
设，，，根据新定义的运算计算可求得的最小值和此时的，根据定义设出，，，根据新的运算规律计算即可证明．
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