2023—2024学年下学期佛山市普通高中教学质量检测高一数学试题及答案

2023～2024学年下学期佛山市普通高中教学质量检测

高一数学

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.

2024 . 7

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: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．

5i=( ) i−2A．−1−2i

B．−1+2i

C．1−2i D．1+2i

2．已知tan=2,则tan2=( )

A．−4 3B．

4 3C．−3 4D．

3 43．已知向量a,b不共线,若(a+2b)//(ka−b),则k=( )

A．−2

B．−1 2C．

1 2D．2

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,n//m,则n//

B．若m,n,m//,n//,则//

C．若⊥,⊥,D．若

=m,则m⊥

=n,m⊥n,m,则⊥

5．已知四边形ABCD中,AC=(−2,1),BD=(2,4),则四边形ABCD的面积为( )

A．3

B．5

C．6

D．10

6．已知函数f(x)=Asin(x+)(其中A0,0,)的部分图象如图所示,点M,N是函数 yP图象与x轴的交点,点P是函数图象的最高点,且PMN是

1边长为2的正三角形,ON=3OM,则f=( )

3A．

3 232−6 4B．

32+2 432+6 4

MONxC．D．

7．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ABCD−A1B1C1D1,AB=2,半球的球心O在底面A1B1C1D1的中心,且半球与该棱台的各棱均相切,则半球的表面积为( )

A．9

B．18

C．27

D．36

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z=cos+isin(i为虚数单位),下列说法正确的是( ) A. zz=1 B.z在复平面内对应的点位于第二象限 C. z=1 D. z2−z+1=0

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P−DEF中,PE=PF=1,PD=2,DE=DF=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2

335,EF=2,点Q是DF上一动

PEDQC．PEQ面积的最小值为5 F5D．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、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ab=−1,b=(1,2),则a在b上的投影向量为 ． 13.已知4cos+π=cos2,则sin2= ． 414.已知ABC是边长为2的正三角形,点D在平面ABC内且DADB=0,则DADC的最大值为 ,最小值为 ．

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．

频率组距0.07x0.040.020.01160 165 170 175 180 185 身高/cm

16.( 15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a=2ccosB−bcosC． (1) 求证:tanC=2tanB；

(2) 若tanA=3,a=3,求ABC的面积．

17.( 15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,PA=1．

(1) 证明:H是点A在平面CQR上的射影； (2) 求多面体PQRABCD的体积．

PQR.HABCD

18.( 17分)

π,矩形ABCD内接于该扇形,其中点A,B3分别在半径OM和ON上,点C,D在 上,AB//MN,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；

π(2) 设DOM=(0),当为何值时,S取得最大值,并求此时S的最大值.

6如图,在扇形OMN中,半径OM=2,圆心角MON=

19.( 17分)

如图,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,AB⊥BC,AB=AA1=3,BC=1,P是BC1上一动点,

OAMBDNCBP=BC1(01),M是CC1的中点,Q是AM的中点．

1时,证明:PQ//平面ABC； 4(2) 在答题卡的题(2)图中作出平面AB1P与平面ACC1A1的交线(保留作图痕迹,无需证明)； ．．．

(1) 当=(3) 是否存在,使得平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的余弦值为

14？若存在求满足条件的4C1B1MQP值,若不存在则说明理由．

A1ACB

2023~2024学年下学期佛山市普通高中教学质量检测

高一数学 参与评分标准

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 答案 1 C 2 A 3 B 4 C 5 B 6 D 7 B 8 C 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.

题号 答案 9 AD 10 ABD 11 BCD 三、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. −,−1521(或写成−b) 13. 1 14. 3 , −1 55四、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.【解析】(1)由图可知5(0.01+0.07+x+0.04+0.02)=1,得x=0.06.…………………………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5=35,1000.065=30,

1000.045=20．所以相应抽取的人数分别为：

203530=4．………………………………9分 17=7,17=6,1735+30+2035+30+2035+30+20(3)上四分位数即75%分位数． …………………………………………………………………………10分 身高在180,185)的人数占比50.02=10%,在175,180)的人数占比50.04=20%,

所以75%分位数在175,180)内．…………………………………………………………………………11分 设上四分位数为a,则0.04(180−a)+0.025=1−75%． ………………………………………12分 解得a=176.25,即估计这100名同学身高的上四分位数为176.25. ………………………………13分 16.【解析】(1)由2ccosB−bcosC=a及正弦定理可得2sinCcosB−sinBcosC=sinA,………2分 又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC,

所以2sinCcosB−sinBcosC=sinBcosC+cosBsinC,

整理得sinCcosB=2sinBcosC,………………………………………………………………………4分 因为ABC不是直角三角形,所以cosB0,cosC0,两边同时除以cosBcosC,

得tanC=2tanB．…………………………………………………………………………………………6分

tanB+tanC3tanB=−=3,整理得2tan2B−tanB−1=0, 21−tanBtanC1−2tanB1所以(2tanB+1)(tanB−1)=0,解得tanB=−或1, ………………………………………………8分

21若tanB=−,则tanC=2tanB=−1,此时B,C均为钝角,不符合题意,故舍去,所以tanB=1,…9分

2(2)由tanA=−tan(B+C)=−

310225,sinB=,sinC=, ……………………………11分 1025bca3由正弦定理====10,

sinBsinCsinA31010tanC=2tanB=2,此时sinA=可得b=10sinB=5,c=10sinC=22, ……………………………………………………13分

11310bcsinA=522=3．………………………………15分 221017.【解析】(1)连接CH,并延长交QR于M,所以QR⊥CM． ………………………………………1分

所以ABC的面积S△ABC=由已知易得四边形BDRQ为矩形,所以BD//QR．……………………………………………………3分

BD⊥AC,所以QR⊥AC且ACCM=C,所以QR⊥平面ACM．……………………………5分

AH平面ACM,所以QR⊥AH．…………………………………6分

同理QC⊥AH． ………………………………………………………7分 又QRQPMRQC=Q,所以AH⊥平面CQR． …………………………8分

ABO.HDC所以H是点A在平面CQR上的射影．……………………9分 (2)设ACBD=O,由题意可知BQ⊥平面ABCD,

所以BQ是棱柱PQR−ABC的高,且BQ⊥OC,又由(1)知OC⊥BD,所以OC⊥平面QBDR, 所以OC是棱锥C−QBDR的高．………………………………………………………………………11分 …………………………………………………………………………………12分 V=VPQR−ABD+VC−QBDR．

VPQR−ABD=S△ABDBQ=1．……………………………………………………………………………13分 21121VC−QBDR=SQBDROC=2=．……………………………………………………………14分

3323115所以多面体PQRABCD的体积V=+=．………………………………………………………15分

23618.【解析】(1)当点A,B分别为半径OM和ON的中点时,CD=AB=OA=1,取CD中点F,连接OF,

且OF与AB交于点G,则OF=OD−DF=224−115, …………………………………2分 =42OG=33OA=,………………………………………………………………………………………4分 2215−3,…………………………………………………………………………6分 2则FG=OF−OG=15−3．……………………………………………………7分 2(2)解法一：过点D作DE⊥OM,垂足为E,则DE=2sin,OE=2cos, ……………………8分

π在Rt△ADE中,DAE=,AD=2DE=4sin, …………………………………………………9分

6此时矩形ABCD的面积S=ABFG=AE=3DE=23sin,………………………………………………………………………………10分 AB=OA=OE−AE=2cos−23sin, …………………………………………………………11分

矩形ABCD的面积S=ABAD=(2cos−23sin)4sin=8sincos−83sin2 …13分

=4sin2−83当2+1−cos2π=4sin2+43cos2−43=8sin2+−43, …………15分 23πππ………………………17分 =,即=时,矩形ABCD的面积S最大,最大值为8−43．3212Nπ解法二：若DOM=0,设DOF=, C6π−,DF=ODsinDOF=2sin,…………………8分 6OF=ODcosDOF=2cos,

OBGAEMFD则=OG=3AG=3DF=23sin, ……………………………9分

所以FG=OF−OG=2cos−23sin, …………………10分

……………………………………………………………………………………13分 AB=2DF=4sin．

=4sin2−83当2+1−cos2π=4sin2+43cos2−43=8sin2+−43,…………15分 23ππππ=,即=,即=时,矩形ABCD的面积S最大,最大值为8−43． ………17分 321212119.【解析】(1)过P、Q分别作PK⊥BC,QN⊥AC则PK//CC1且PK=CC1,QN//CM且

411QN=CM=CC1．……………………………………………………………………………………2分

24所以PK//QN且PK=QN,所以四边形PKNQ是平行四边形．……………………………………3分

从而PQ//KN,又KN平面ABC,PQ平面ABC,所以PQ//平面ABC．…………………5分 (2)如图,在平面ACC1A1内,延长B1P、CC1交于D,连接AD,

则AD为平面AB1P与平面ACC1A1的交线．……………………………………………………………8分

A1B1MQAPNKCAGBDPECC1A1HC1B1

(3)过B1作B1H⊥A1C1,垂足为H,过H作HG⊥AD,垂足为G,连接B1G,……………………9分 因为三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱,所以CC1⊥平面A1B1C1, 又B1H平面A1B1C1,CC1⊥B1H,又B1H⊥A1C1,A1C1CC1=C1,

B1H⊥平面ACC1A1,又AD平面ACC1A1,B1H⊥AD,

又HG⊥AD,B1HHG=H,AD⊥平面B1HG,又B1G平面B1HG,AD⊥B1G,

所以B1GH为平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的平面角．…………………………………10分

14, 4BEBP2===由已知可求得BC1=2,所以BP=2,, B1C1PC12−21−假设存在满足条件的,即cosB1GH=所以

ECBE1−2DCEC1−2=1−=1−===,又, B1C1B1C11−1−DC1B1C11−3(1−2)DCDC1−21−2===,所以DC=,…………………………12分

CC1CC1−DC1−−(1−2)所以S△ACD=3(1−2),S梯形HACC1=3(1−)53,S△DHC1=,

44S△ADH=S△ACD+S梯形HACC1−S△DHC1=3(3−2),…………………………………………………13分

4, ……………………………………………………………14分

AD=AC+CD=S△ADH=22162−12+32S3(3−2)1． …………………………………15分 ADHG,故HG=△ADH=2AD2216−12+3147B1H=得tanB1GH=,

47HG由cosB1GH=又B1H=3,所以2323(3−2)2162−12+3=7．………………………………………………………16分 7解得=1411,即存在=使得平面AB1P与平面ACC1A1所成二面角的余弦值为． ………17分

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