第1頁(yè)/共23頁(yè)廈門市2023—2024學(xué)年第二學(xué)期高一期末質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)試題(1-i)z=1+3i，則z=()A.2+iB.2+2iC.1+2iD.-1+2i【答案】D【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算求解出復(fù)數(shù)即可.【詳解】因?yàn)?1-i)z=1+3i，所以=2i-1=-1+2i，故D正確.故選：D2.為了解某校高一年級(jí)學(xué)生體育鍛煉情況，用比例分配的分層隨機(jī)抽樣方法抽取50人作為樣本，其中男生20人.已知該校高一年級(jí)女生240人，則高一年級(jí)學(xué)生總數(shù)為()A.600B.480C.400D.360【答案】C【解析】【分析】用分層抽樣的概念，和樣本估計(jì)總體的思想解題即可.【詳解】抽取50人作為樣本，其中男生20人.則女生30人.則男女比例為：2:3．該校高一年級(jí)女生240人，則男生160人.高一年級(jí)學(xué)生總數(shù)為400人.第2頁(yè)/共23頁(yè)故選：C.3.在梯形ABCD中AB//CD，AB丄AD，AB=2AD=2CD=2，以AD所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余各邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的幾何體的體積為()A.B.C.5πD.7π【答案】B【解析】【分析】由已知可得AD為直角梯形的直角邊，則繞AD旋轉(zhuǎn)可得幾何體為圓臺(tái)，進(jìn)而可得圓臺(tái)體積.【詳解】已知可得AD為直角梯形的直角邊，則繞AD旋轉(zhuǎn)可得幾何體為圓臺(tái)，所以體積.AD=故選：B.4.甲、乙兩人參加某項(xiàng)活動(dòng)，甲獲獎(jiǎng)的概率為0.5，乙獲獎(jiǎng)的概率為0.4，甲、乙兩人同時(shí)獲獎(jiǎng)的概率為0.2，則甲、乙兩人恰有一人獲獎(jiǎng)的概率為()A.0.3B.0.5C.0.7D.0.9【答案】B【解析】【分析】根據(jù)兩人恰有一人獲獎(jiǎng)，可分類討論，即可求得概率.【詳解】設(shè)甲獲獎(jiǎng)為事件A，乙獲獎(jiǎng)為事件B，因?yàn)镻(A)P(B)=0.2=P(AB)，所以事件A與事件B相互獨(dú)立，根據(jù)題意，甲、乙兩人恰有一人獲獎(jiǎng)的概率為故選：B.5.如圖，甲在M處觀測(cè)到河對(duì)岸的某建筑物在北偏東15。方向，頂部P的仰角為30。，往正東方向前進(jìn)150m到達(dá)N處，測(cè)得該建筑物在北偏西45。方向.底部Q和M,N在同一水平面內(nèi)，則該建筑物的高PQ為()第3頁(yè)/共23頁(yè) 【答案】A【解析】 【分析】分析題意結(jié)合正弦定理得到MQ=50·6，再由題意得到PQ丄面MNQ，利用線面垂直的性質(zhì)得到PQ丄MQ，最后利用銳角三角函數(shù)的定義求解即可.在△MQN中，由三角形內(nèi)角和定理得上MQN=60o，由正弦定理得解得MQ=50，由題意得PQ丄面MNQ，所以PQ丄MQ，在△MQP中，由銳角三角函數(shù)定義得， 故選：A6.已知α,β,y是三個(gè)不重合的平面，α∩β=m,α∩y=n，則()A.若m//n，則β//y.【答案】D【解析】【分析】構(gòu)造長(zhǎng)方體模型，通過舉反例可以判斷A、B、C是錯(cuò)誤的，在利用排除法即可得到正確答案.第4頁(yè)/共23頁(yè)【詳解】如圖，構(gòu)造長(zhǎng)方體模型，對(duì)于A，設(shè)平面ADD,A,為平面α,平面ABCD為平面β,平面A,BCD,為平面Y，則直線AD為m，直線A,D,為n，易知，此時(shí)m//n，但β∩Y=BC，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，設(shè)平面ADD,A,為平面α,平面AB,C,D為平面β,平面DBBD,為平面Y，則直線AD為m，直線DD,為n，易知，此時(shí)m丄n，但平面AB,C,D與平面DBBD,不垂直，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)平面ADD,A,為平面α,平面ABCD為平面β,平面DCC,D,為平面Y，則直線AD為m，直線DD,為n，此時(shí)m丄n，故C錯(cuò)誤；故選：D.7.若z=z-3=z-i，則z=() A.1B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】設(shè)z=x+yi，x,y∈R，結(jié)合條件求出x,y，再求模即可.故選：A.第5頁(yè)/共23頁(yè)=【答案】B【解析】【分析】設(shè)，可得E1E2=，求出上E1AE2，設(shè)過E1,A,E2的圓C，求出半徑r，設(shè)E1E2∩OC=Q，求出CQ、OQ可得答案. 2，所以2O，所以E1E2丄OC，且OC垂直平分E1E2， E1E2=所以故選：B.第6頁(yè)/共23頁(yè)【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題的關(guān)鍵點(diǎn)是借助圖形找到e1,e2,a之間的關(guān)系.9.某學(xué)校開展消防安全知識(shí)培訓(xùn)，對(duì)甲、乙兩班學(xué)員進(jìn)行消防安全知識(shí)測(cè)試，繪制測(cè)試成績(jī)的頻率分布直方圖，如圖所示：()A.甲班成績(jī)的平均數(shù)<甲班成績(jī)的中位數(shù)B.乙班成績(jī)的平均數(shù)<乙班成績(jī)的中位數(shù)C.甲班成績(jī)的平均數(shù)<乙班成績(jī)的平均數(shù)D.乙班成績(jī)的中位數(shù)<甲班成績(jī)的中位數(shù)【答案】BC【解析】【分析】根據(jù)甲、乙兩班的頻率分布直方圖直接求出甲、乙兩班的平均數(shù)、中位數(shù)即可得解.【詳解】對(duì)于A，由甲班頻率分布直方圖可得甲班成績(jī)的平均數(shù)為x甲=(0.016×67.5+0.064×72.5+0.04×77.5+0.032×82.5+0.024×87.5+0.016×92.5+0.008×97.5)×5=79.1，甲班成績(jī)分在[65,75)內(nèi)頻率之和為(0.016+0.064)×5=0.4<0.5，所以甲班成績(jī)的中位數(shù)為×5=77.5<79.1，故A錯(cuò)誤； 對(duì)于B，由乙班頻率分布直方圖可得乙班成績(jī)的平均數(shù)為x乙=(0.016×97.5+0.064×92.5+0.04×87.5+0.032×82.5+0.024×77.5+0.016×72.5+0.008×67.5)×5=85.9，乙班成績(jī)分在[65,85)內(nèi)頻率之和為(0.008+0.016+0.024+0.032)×5=0.4<0.5，成績(jī)分在[65,90)內(nèi)頻率之和為(0.008+0.016+0.024+0.032+0.04)×5=0.6>0.5，第7頁(yè)/共23頁(yè)所以乙班成績(jī)的中位數(shù)為×5=87.5>85.9，故B正確；對(duì)于C，由A、B可知甲班平均數(shù)小于乙班平均數(shù)，故C正確；對(duì)于D，由A、B可知甲班中位數(shù)小于乙班的中位數(shù)，故D錯(cuò)誤.故選：BC.10.在梯形ABCD中則【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)向量即平面幾何知識(shí)即可求解.【詳解】取AD的中點(diǎn)E，連接BE,CE,AC,BD，AE=根據(jù)題意可知，AD//BC且AD=2BC，則BC=AE，BC=ED，因?yàn)轭}意沒有說(shuō)明BC與CD的大小關(guān)系，所以不能證明AC丄BD，故B錯(cuò)誤；因?yàn)锳D，BC=AD，且，所以AB=AE，所以四邊形AECB為菱形，所以AC丄BE，因?yàn)锽E//CD，過N作AC的垂線，垂足為F，連接NF，所以在上的投影向量為-，故D正確；故選：ACD. 第8頁(yè)/共23頁(yè)A.當(dāng)λ=0時(shí)，AC丄DPB.當(dāng)λ=1時(shí)，AC與DP是異面直線C.當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P—ABB1的外接球體積的最大值為D.當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)P，使得DP丄平面ACD1【答案】ACD【解析】【分析】用線面垂直證明線線垂直，即可判斷A；當(dāng)λ=1，μ=0時(shí),AC與DP有交點(diǎn)，即可判斷B；當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)P與C1重合，此時(shí)三棱錐P—ABB1的體積最大，從而得到外接球體積最大，即可得解C；當(dāng)λ=0時(shí)，，即P為BB1的中點(diǎn)時(shí)，DP丄平面ACD1,證明即可判斷D.【詳解】對(duì)于A，當(dāng)λ=0時(shí)在長(zhǎng)方體中，易知BB1丄平面ABCD，AC平面ABCD，所以BB1,又DP平面DBB1，所以AC丄DP，故A正確；對(duì)于B，當(dāng)λ=1，μ=0時(shí)此時(shí)，又AC與DP相交于點(diǎn)C，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，當(dāng)μ=1時(shí)當(dāng)λ=1時(shí)，點(diǎn)P與C1重合，此時(shí)三棱錐P—ABB1的高最大，由第9頁(yè)/共23頁(yè)又底面ABB1外接圓的半徑為，球心到底面ABB1的距離為CC1的一半，即，4π所以三棱錐P一ABB1的外接球體積的最大值為，故C正確；34π所以三棱錐P一ABB1的外接球體積的最大值為，故C正確；3對(duì)于D，當(dāng)μ=時(shí)當(dāng)λ=0時(shí)即P為BB1的中點(diǎn)時(shí)，DP丄平面ACD1，由AC丄平面DBB1D1,DP平面DBB1D1，所以AC丄D.DD12222所以DP丄平面ACD1，故D故選：ACD.【答案】2【解析】【分析】根據(jù)共線定理直接可得解.第10頁(yè)/共23頁(yè)故答案為：2.所成角的大小為.##60?！窘馕觥俊痉治觥恳李}意可得PA=AD，將四棱錐補(bǔ)成正方體，連接CE、AE，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知上ACE為直線PB與AC所成角，即可得解.【詳解】因?yàn)镻A丄底面ABCD，四邊形ABCD為正方形，AD底面ABCD，如圖將四棱錐補(bǔ)成正方體，連接CE、AE，則BP//CE，所以上ACE為直線PB與AC所成角，即直線PB與AC所成角的大小為.故答案為：14.在△ABC中，AB=2AC,D為邊BC的中點(diǎn)，上A的平分線交BC于點(diǎn)E，若VADE的面積為1，則△ABC的面積為，DE的最小值為. 【答案】①.6②.第11頁(yè)/共23頁(yè)【解析】【分析】利用角平分線定理結(jié)合給定條件得到邊長(zhǎng)的比例關(guān)系，進(jìn)而求解第一空，利用三角形面積公式結(jié)合余弦定理把目標(biāo)式表示為一元函數(shù)，再利用基本不等式求最值即可.【詳解】在△ABC中，設(shè)A,B,C對(duì)應(yīng)的邊分別為a,b,c，因?yàn)镈為BC的中點(diǎn)，所以DC=.因?yàn)锳E為上BAC的平分線，AB=2AC，因?yàn)镾△ADE=S△ABC=1，所以S△ABC=6. 當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，所以a≥32，所以DE≥故答案為：6；【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查解三角形，解題關(guān)鍵是利用余弦定理把目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可.15.某廠為了提升車載激光雷達(dá)質(zhì)量的穩(wěn)定性，對(duì)生產(chǎn)線進(jìn)行升級(jí)改造、為了分析升級(jí)改造的效果，隨機(jī)抽取了12臺(tái)車載激光雷達(dá)進(jìn)行檢測(cè)，檢測(cè)結(jié)果如下：序號(hào)i123456789第12頁(yè)/共23頁(yè)探測(cè)距離xi（單位：m）x3x4x5（1）升級(jí)改造后，若有65%的產(chǎn)品的探測(cè)距離在(x—s,x+s)內(nèi)，則認(rèn)為升級(jí)改造成功；若改造成功且有95%的產(chǎn)品的探測(cè)距離在(x—2s,x+2s)內(nèi)，則認(rèn)為升級(jí)改造效果顯著.根據(jù)樣本數(shù)據(jù)，分析此次升級(jí)改造的效果；（2）采用在(x—2s,x+2s)內(nèi)的數(shù)據(jù)作為新樣本，求新樣本的平均數(shù)x’和方差s【答案】（1）答案見解析5【解析】【分析】（1）根據(jù)已知數(shù)據(jù)結(jié)合古典概型公式計(jì)算判斷即可；（2）根據(jù)已知平均數(shù)及方差數(shù)據(jù)應(yīng)用平均數(shù)及方差公式計(jì)算即得.【小問1詳解】所以升級(jí)改造成功；所以升級(jí)改造成功，但效果不顯著.【小問2詳解】因?yàn)闃颖酒骄鶖?shù)x=150，方差s2=9，第13頁(yè)/共23頁(yè)所以新樣本的平均數(shù)150，新樣本的方差為16.甲每次投籃投進(jìn)的概率是0.7，連續(xù)投籃三次，每次投籃結(jié)果互不影響，記事件A為“甲至少投進(jìn)兩球（1）用xi(i=1,2,3)表示甲第i次的投籃結(jié)果，則(x1,x2,x3)表示試驗(yàn)的樣本點(diǎn).用1表示“投進(jìn)”，0表示“未投進(jìn)”，寫出該試驗(yàn)的樣本空間，判斷其是否為古典概型，并說(shuō)明理由；（2）用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生0~9之間的整數(shù)隨機(jī)數(shù)，當(dāng)出現(xiàn)隨機(jī)數(shù)0~6時(shí)，表示“投進(jìn)”，出現(xiàn)7，8，9時(shí)表示“未投進(jìn)”，以每3個(gè)隨機(jī)數(shù)為一紐，代表甲三次投籃結(jié)果，產(chǎn)生20組隨機(jī)數(shù)：062049228933102734750783076276910349114494995396521016065140利用該模擬試驗(yàn)，估計(jì)事件A的概率，并判斷事件A的概率的精確值與估計(jì)值是否存在差異，并說(shuō)明理由【答案】（1）樣本空間見解析，不是古典概型，理由見解析（2）事件A的概率的估計(jì)值為0.9，存在差異，理由見解析【解析】【分析】（1）直接寫出樣本空間即可，根據(jù)樣本點(diǎn)(1,1,1)和（2）20組隨機(jī)數(shù)中事件A發(fā)生了18次，則事件A的頻率為=0.9，所以事件A的概率的估計(jì)值為0.9，再求出事件A的概率的精確值結(jié)合試驗(yàn)的特點(diǎn)以及頻率與概率的特征和關(guān)系即可比較判斷和說(shuō)明.【小問1詳解】該試驗(yàn)的樣本空間為}，共有8個(gè)樣本點(diǎn)，)的概率為0.73，樣本點(diǎn)(0,0,0)的概率為0.33，這兩個(gè)樣本點(diǎn)的概率不相等，所以這個(gè)試驗(yàn)不是古典概型.【小問2詳解】第14頁(yè)/共23頁(yè)產(chǎn)生20組隨機(jī)數(shù)相當(dāng)于做了20次重復(fù)試驗(yàn)，其中事件A發(fā)生了18次，則事件A的頻率為=0.9，所以事件A的概率的估計(jì)值為0.9.=P=P又因?yàn)槊看瓮痘@結(jié)果互不影響，所以B1,B2與B3相互獨(dú)立，B1,B2與B3相互獨(dú)立，B1,B2與B3相互獨(dú)立，B1,B2與B3相互獨(dú)立且B1B2B3,B1B2B3,B1B2B3,B1B2B3兩兩互斥，=PB2P(B223)所以事件A的概率的估計(jì)值和P(A)有差異.原因如下：①隨機(jī)事件發(fā)生的頻率具有隨機(jī)性，頻率和概率有一定的差異；②重復(fù)試驗(yàn)次數(shù)為20，樣本量較少，頻率偏離概率的幅度大的可能性更大.17.已知a,b,c分別為銳角三角形ABC三哥內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊，且asinC+3acosC=（1）求A；（2）已知a=·3，點(diǎn)O為△ABC的垂心，求△BOC的周長(zhǎng)的最大值. 【解析】【分析】（1）應(yīng)用正弦定理結(jié)合兩角和差公式計(jì)算得出正切值進(jìn)而求出角；（2）先根據(jù)圖形特征應(yīng)用余弦定理，再應(yīng)用基本不等式計(jì)算求出周長(zhǎng)最大值或應(yīng)用正弦定理再應(yīng)用三角恒等變換結(jié)合角的范圍得出周長(zhǎng)得最大值.【小問1詳解】得sinAsinC+3sinAcosC=3sinB，第15頁(yè)/共23頁(yè) 即sinAsinC=3cosAsinC， 【小問2詳解】解法一：如圖，由O為銳角三角形ABC的垂心，有BO丄AC，垂足為E,CO丄AB，垂足為F，即得m222323第16頁(yè)/共23頁(yè)解法二：由O為銳角三角形ABC的垂心，有BO丄AC，垂足為E,CO丄AB，垂足為F，即(3,(3,,(3,(3,, 故△BOC周長(zhǎng)的最大值為2+3.AC,A1B1的中點(diǎn).（1）求證：A1E//平面BCF；（2）若二面角A—BCC1的大小為，求證：BF與AC1不垂直；若cos上A1AB∈,求AB與平面BCF所成角的正弦值的取值范圍.【答案】（1）證明見解析第17頁(yè)/共23頁(yè)（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；又因?yàn)锳C1ⅡEC1，通過反證法即可說(shuō)明假設(shè)不成立；（3）根據(jù)（12解法一結(jié)合直角三角形的正余弦定義，解法二結(jié)合等積法即可證明.【小問1詳解】取BC中點(diǎn)M，連接EM,FM，在△ABC中，E,M分別是AC,BC的中點(diǎn)，所以EMⅡAB,EM=又F是A1B1的中點(diǎn)，所以A1FⅡAB,A1F=AB，所以EMⅡA1F,EM=A1F，所以四邊形A1EMF為平行四邊形，所以A1EⅡFM，因?yàn)锳1E丈平面BCF,FM平面BCF，所以A1EⅡ平面BCF【小問2詳解】BC平面ABC，所以BC丄側(cè)面ACC1A1，所以二面角ABCC1的平面角為上ACC1，所以上ACC又BC丄側(cè)面ACC1A1，所以BC丄AC1，因?yàn)锽F丄AC1,BC∩BF=B,BC,BF平面BCF，所以AC1因?yàn)镕M平面BCF，所以AC1丄FM，由（1）知A1EE.所以AC1=C1矛盾，所以BF與AC1不垂直.【小問3詳解】解法一：作A1P丄AC于點(diǎn)P，作PQ丄AB于點(diǎn)Q，連接A1Q，由BC丄側(cè)面ACC1A1,A1P側(cè)面ACC1A1，得BC丄A1P，又BC∩AC=C,BC,AC平面ABC，所以A1P丄平面ABC.在Rt△AA1P，Rt△APQ，Rt△AA1Q中，第18頁(yè)/共23頁(yè)第19頁(yè)/共23頁(yè)所以cos上A1AC.cos上BAC=cos上A1AB，AB，又cos上A1AB所以上A1ACC所以B,C,G,F四點(diǎn)共面，由（2）知BC丄側(cè)面ACC1A1，所以平面BCGF丄側(cè)面ACC1A1，平面BCGF∩側(cè)面ACC1A1=CG,AG側(cè)面ACC1A1，所以AG丄平面BCGF，所以AB與平面BCF所成角為上ABG，C所以AB與平面BCF所成角正弦值的取值范圍為.解法二：設(shè)點(diǎn)A到平面BCF的距離為d，第20頁(yè)/共23頁(yè)所以BC丄FM，S△A1AC設(shè)AB與平面BCF所成角為θ,則sinθ=作A1P⊥AC于點(diǎn)P，作PQ⊥AB于點(diǎn)Q，連接A1Q，由BC丄側(cè)面ACC1A1,A1P側(cè)面ACC1A1，得BC丄A1P，又BC∩AC=C,BC,AC平面ABC，所以A1P丄平面ABC.在Rt△AA1P，Rt△APQ，Rt△AA1Q中，所以cos上A1AC.cos上BAC=cos上A1AB， 第21頁(yè)/共23頁(yè)又cosLA1AB∈所以cosLA1AC∈所以sinθ=所以AB與平面BCF所成角正弦值的取值范圍為.【點(diǎn)睛】本題考查空間中點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系，線面角、二面角等基本知識(shí)；考查空間想象、推理論證、運(yùn)算求解等能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合等數(shù)學(xué)思想.（3）若點(diǎn)M,N在拋物線y=x2—t(t∈R)上，且△OMN為等邊三角形，討論△OMN的個(gè)數(shù).))（3）答案見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)角度求出向量坐標(biāo)；（2）設(shè)出角度結(jié)合兩角和差公式化簡(jiǎn)得出向量坐標(biāo)；（3）先設(shè)點(diǎn)再根據(jù)角度結(jié)合拋物線求解，最后分類討論得出根的個(gè)數(shù)的情況.【小問1詳解】因?yàn)槟鏁r(shí)針旋轉(zhuǎn)，則第22頁(yè)/共23頁(yè)(46,22224,(46,22224,(46,22224(46,22224-1,+1.【小問2詳解】(rcosβ,rsinβ)，因?yàn)閍=rcosβ,