第第頁湖南省永州市2023-2024學年高一下學期7月期末質(zhì)量監(jiān)測數(shù)學試卷一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．復數(shù)1?2iA．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．拋擲兩枚質(zhì)地均勻的硬幣，設(shè)事件A=“第一枚硬幣正面朝上”，事件B=“第二枚硬幣反面朝上”，則A與B的關(guān)系為（）A．互斥 B．相互對立 C．相互獨立 D．相等3．在杭州亞運會期間，共有1.8萬多名賽會志愿者參與服務(wù)，據(jù)統(tǒng)計某高校共有本科生4400人，碩士生400人，博士生200人參與志愿者服務(wù).現(xiàn)用分層抽樣的方法從該高校志愿者中抽取部分學生了解服務(wù)心得，其中博士生抽取了10人，則本科生抽取的人數(shù)為（）A．250 B．220 C．30 D．204．在△ABC中，若sinA:sinB:A．78 B．?78 C．15．已知a=2，b=3，a與b的夾角為120°，則b在A．32a B．?32a 6．若數(shù)據(jù)x1A．數(shù)據(jù)4xB．數(shù)據(jù)3xC．i=1D．i=17．已知對任意平面向量AB=x,y，把AB繞其起點沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)θ角得到向量AP=(xcosθ?ysinθ,xsinθ+ycosθ)，叫做點B繞點A沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)θ角得到點P.已知平面內(nèi)點A(0,1)，點B(A．(?3,?1) B．(?3,0) C．(?1,?2) D．(?1,?3)8．已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，P為底面ABCD內(nèi)一動點，直線D1P與平面ABCD所成角為π4A．10?22 B．10?42 C．12?22二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．已知復數(shù)z1=?2+aiA．z1<z2 B．存在實數(shù)C．若z1+z2為純虛數(shù)，則10．如圖，連接正方體各個面的中心得到一個每個面都是正三角形的八面體，如果四邊形ABCD是邊長為2的正方形，則（）A．異面直線AE與DF所成角的大小為πB．二面角A?EB?C的平面角的余弦值為1C．平面AEC⊥平面BFDED．此八面體的外接球表面積為811．已知點P在△ABC所在的平面內(nèi)，則下列命題正確的是（）A．若P為△ABC的垂心，且AB?ACB．若PA?+2PB?+3PCC．若AP=1ABcosBD．若E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，AC的中點，且AC=BG=2，PA?PC=0，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知事件A與事件B發(fā)生的概率分別為P(A)=0.3，P(B)=0.5，且P(A∩B)=0.1，則P(A∪B)=.13．已知某圓臺的上底面和下底面的面積之比為1:4，軸截面面積為6，母線長為上底面半徑的5倍，則該圓臺的體積為.14．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若c=2bsinA，則ba四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．某市高一年級36000名學生參加了一次數(shù)學競賽，為了解本次競賽情況，隨機抽取了500名學生的成績，并根據(jù)這500名學生成績，繪制頻率分布直方圖如圖所示.（1）求a的值，并估計該市高一年級的及格（60分以上）人數(shù)；（2）估計該市高一年級學生成績的71%16．已知向量a=(1,2)，b（1）若(a+b（2）若t∈R，求a17．甲、乙兩人進行象棋比賽，已知每局比賽甲獲勝的概率為35，乙獲勝的概率為2（1）用拋擲骰子的方式?jīng)Q定比賽方案，拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，觀察兩枚骰子向上的點數(shù)，若兩枚骰子向上的點數(shù)之差的絕對值不大于1，則選擇方案一，否則選擇方案二.試判斷哪種方案被選擇的可能性更大，并說明理由；（2）若選擇方案一，求甲獲勝的概率.18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為直角梯形，其中AD//BC，且AD=2BC，PA=PB=AD=8，CD=5，點E，F(xiàn)分別為棱PD，（1）若平面PAB⊥平面ABCD，①求證：PB⊥AD；②求三棱錐P?ABE的體積；（2）若PC=8，請作出四棱錐P?ABCD過點B，E，F(xiàn)三點的截面，并求出截面的周長.19．當△ABC的三個內(nèi)角均小于120°時，使得∠AMB=∠BMC=∠CMA=120°的點M為△ABC的“費馬點”；當△ABC有一個內(nèi)角大于或等于120°時，最大內(nèi)角的頂點為△ABC的“費馬點”.已知在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，P是△ABC的“費馬點”.（1）若acosC+3asin①求A；②設(shè)△ABC的周長為23+6，求（2）若cos2B+cos2C?

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：復數(shù)1?2i在復平面內(nèi)對應的點為1,?2故答案為：D.【分析】根據(jù)復數(shù)的幾何意義求解即可.2．【答案】C【解析】【解答】顯然事件A和事件B不相等，D不符合題意，由于事件A與事件B能同時發(fā)生，所以不為互斥事件，也不為對立事件，AB不符合題意；因為事件A是否發(fā)生與事件B無關(guān)，事件B是否發(fā)生也與事件A無關(guān)，故事件A和事件B相互獨立，C符合題意.故答案為：C.

【分析】根據(jù)題意，分析事件A、B的關(guān)系，即可得出答案。3．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)本科生抽取的人數(shù)為x，由題意可得10200=x故答案為：B.【分析】根據(jù)分層抽樣中樣本比例相同列式計算即可.4．【答案】A【解析】【解答】解：在△ABC中，sinA:sinB:不妨設(shè)a=2，b=3，c=4，由余弦定理可得cosA?故答案為：A.【分析】由題意，利用正弦定理、余弦定理求解即可.5．【答案】D【解析】【解答】解：因為a=2，b=3，a與b的夾角為120°，a→·b→=a→故答案為：D.【分析】根據(jù)投影向量公式計算即可.6．【答案】B【解析】【解答】解：易知x=3，S2=4，

A、數(shù)據(jù)B、數(shù)據(jù)3x1,3C、因為x=3，所以i=1D、由110解得i=110故答案為：B.【分析】利用平均數(shù)、方差的定義以及性質(zhì)逐項求解判斷即可.7．【答案】C【解析】【解答】解：易得AB→=(2,?22)，將向量得到AP→化簡可得AP→=(?1,?3)，即P點坐標為故答案為：C.【分析】根據(jù)題意，計算向量AP，再根據(jù)向量的坐標運算法則計算出點P的坐標即可.8．【答案】B【解析】【解答】解：因為直線D1P與平面ABCD所成角為π4，又因為所以∠DPD1為直線D1P與平面又因為DD1=2，所以DP=2，所以P點的軌跡為以D為圓心，2半徑的圓落在四邊形ABCD內(nèi)的部分，即四分之一圓弧，當P點為BD和圓弧的交點時，MP最小，將面D1AB其中O1,O2分別為正方體上下底面的中心，當E',M,P三點共線時，故答案為：B.【分析】由題意，先找P點位置，再將立體問題平面化，根據(jù)三點共線距離最短求解即可.9．【答案】A,C【解析】【解答】解：A、z1=-22+B、z1z2=-2+aia-4C、因為z1+z2=a-2+D、當a=0時，z1則z1故答案為：AC.【分析】根據(jù)復數(shù)的模長計算即可判斷A；根據(jù)實數(shù)和純虛數(shù)定義即可判斷BC；根據(jù)模長及乘方運算即可判斷D.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由題可知E,B,F,D四點共面，又EB=BF=FD=DE，所以四邊形BFDE為菱形，所以EB//DF，故異面直線AE與DF所成角即為異面直線AE與又每個面都是正三角形，故異面直線AE與DF所成角的大小為π3對于B項，連接AQ,CQ,AC，Q為BE中點，又每個面都是正三角形，所以AQ⊥BE,CQ⊥BE，所以∠AQC為二面角A?EB?C的平面角，所以AQ=CQ=3由余弦定理得cos∠AQC=所以二面角A?EB?C的平面角的余弦值為?1由于E,O,F三點共線，O在直線BD上，故B,F,D,E四點共面.又由于OB,OC,OE兩兩垂直，且OB,OE在平面BFDE內(nèi)交于點O，故OC⊥平面BFDE.而OC在平面AEC內(nèi)，故平面AEC⊥平面BFDE，故C正確；由于該八面體的每個面都是邊長為2的正三角形，故OC=所以點O為幾何體外接球的球心，且外接球的半徑為2，從而外接球的表面積為4π故答案為：ACD.【分析】通過EB//DF可判斷A項正確，作出二面角的平面角根據(jù)余弦定理求解，可知B項錯誤，使用面面垂直的判定定理即可得到C正確；證明11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、因為P為△ABC的垂心，且AB?AC=3，

B、設(shè)AC中點為M，BC中點為N，如圖所示：PA?+2PB則點P為中位線MN靠近點N的三等分點，即S△ABCC、設(shè)BC中點為H，則AH=HP則HP??BC因為BC的中點為H，所以P在BC的中垂線上，所以動點P的軌跡經(jīng)過△ABC的外心，故C正確；D、設(shè)BG中點為O，因為PA?PC=0，所以點P結(jié)合上圖，PE======PO當PO為直徑時PE?PF最大，最大為故答案為：ACD.【分析】將AP轉(zhuǎn)化為AB+BP，然后求數(shù)量積即可判斷A；將3PC拆成PC+2PC，根據(jù)線性運算得到PM=?2PN，再求面積比即可判斷B；由題意得HP=ABABcosB+ACACcosC，根據(jù)HP12．【答案】0.7【解析】【解答】解：因為P(A)=0.3，P(B)=0.5，且P(A∩B)=0.1，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)?P(A∩B)=0.3+0.5?0.1=0.7.故答案為：0.7.【分析】根據(jù)概率的加法公式求解即可.13．【答案】14【解析】【解答】解：設(shè)圓臺的上下底面中心分別為O1,O2，由題意得BC=5AO1，設(shè)在軸截面ABCD中過點B作BE⊥CD于點E，則BE∥O故CE=O2C?軸截面的面積為AB+CD2?BE=2x+4x故圓臺上底面半徑r1=AO1=1故該圓臺的體積為π3故答案為：14π【分析】由題意，利用軸截面面積求得圓臺得底面半徑和高，再根據(jù)圓臺體積公式計算即可.14．【答案】2【解析】【解答】解：過C作CD⊥AB于D，如圖所示：

因為c=2bsinA=2CD，所以設(shè)BD=x，則ba2設(shè)c2?2cx=t，則若t=0，則ba=1；若t<0，則當t>0時，ba2=1+tc24+c2則ba故答案為：2+1【分析】由c=2bsinA明確邊c上的高等于邊c的一半，做出邊c上的高CD，設(shè)BD=x，用x表示出ba15．【答案】（1）解：由10×0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018=1，解得則高一年級的及格的頻率為10×0.022+0.028+0.022+0.018即估計該市高一年級的及格（60分以上）人數(shù)為36000×0.9=32400人；（2）解：因為10×0.004+0.006+0.022+0.028=0.6<0.71，所以高一年級學生成績的71%分位數(shù)在區(qū)間80,90上，

設(shè)該市高一年級學生成績的71%分位數(shù)為x，則0.6+0.022x?80所以估計該市高一年級學生成績的71%分位數(shù)為85【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖中頻率之和等于1求出a的值，即可求及格的頻率，最后乘以36000即可得該市高一年級的及格（60分以上）人數(shù)；；（2）根據(jù)頻率分布直方圖中百分位數(shù)的求法求解即可.（1）由題意，10×0.004+a+0.022+0.028+0.022+0.018解得a=0.006，高一年級的及格的頻率為10×0.022+0.028+0.022+0.018則估計該市高一年級的及格（60分以上）人數(shù)為36000×0.9=32400人；（2）因為10×0.004+0.006+0.022+0.0280.6+10×0.022=0.82>0.71，所以高一年級學生成績的71%分位數(shù)在區(qū)間80,90上，設(shè)為x則0.6+0.022x?80=0.71，解得所以估計該市高一年級學生成績的71%分位數(shù)為8516．【答案】（1）解：因為a=(1,2)，b=(?3,1)，所以又因為(a+b即?21+3k+32?k（2）解：易知a?t則a?t當t=?110時，a?t【解析】【分析】（1）由題意，先求a+（2）根據(jù)向量的模的坐標公式結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可.（1）由a=(1,2)，b得a+因為(a+b即?21+3k+32?k（2）a?t則a?t當t=?110時，a?t17．【答案】（1）解：拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)向上的點數(shù)為a,b，則共有36種情況，如下：1,1,3,1,5,1,其中兩枚骰子向上的點數(shù)之差的絕對值不大于1的情況有：1,1,1,2故選擇方案一的概率為1636=4因為59（2）解：若甲在前兩局獲勝，概率為35若第一局，第三局獲勝，概率為35若第二局，第三局獲勝，概率為25三種情況互斥，故選擇方案一，甲獲勝的概率為925【解析】【分析】（1）列舉出向上的點數(shù)所有情況和點數(shù)之差的絕對值不大于1的情況，求出概率判斷即可；（2）分情況討論，求出相應概率再相加即可.（1）拋擲兩枚質(zhì)地均勻的骰子，設(shè)向上的點數(shù)為a,b，則共有36種情況，如下：1,1,3,1,5,1,其中兩枚骰子向上的點數(shù)之差的絕對值不大于1的情況有：1,1,1,2故選擇方案一的概率為1636=4因為59（2）若甲在前兩局獲勝，概率為35若第一局，第三局獲勝，概率為35若第二局，第三局獲勝，概率為25三種情況互斥，故選擇方案一，甲獲勝的概率為92518．【答案】（1）解：①因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,又因為底面ABCD為直角梯形，其中AD所以AD⊥AB,又因為AD?面PAD,所以AD⊥面PAB.又因為PB?面PAB,所以PB⊥AD；②由①知AD⊥面PAB,取PA的中點設(shè)為Q,連結(jié)QE,如圖所示：

則QE//AD,則QE⊥面PAB,則點E到面PAB的距離為12AD=4，又因為在ABCD直角梯形ABCD中BC=4，PA=PB=AD=8，解得AB=3,所以在等腰三角形PAB中S△PAB三棱錐P?ABE的體積V=（2）解：取線段PC的中點H，連接EH,HB，如圖所示：因為DN=BC，且DN//BC，所以四邊形NDCB為平行四邊形，所以DC//NB，又E,H分別為線段PD,PC，所以EH//DC，所以EH//NB，則四邊形EHBN為四棱錐P?ABCD過點B,E及棱AD中點的截面，則BN=CD=5，EN=12PA=4在△PBC中，BC=4,HC=12所以BH2=B所以截面周長為BN+EN+HE+HB=5+4+5【解析】【分析】（1）①利用面面垂直的性質(zhì)定理證明結(jié)合面面垂直的定義求證即可；②利用兩條相互平行的直線其中一條垂直于一個平面，另外一個也垂直于這個平面計算這個三棱錐的高；（2）利用兩條平行線確定一個平面，將截面找到，利用解三角形的知識求解各個邊的邊長，從而求出截面圖形的周長即可.（1）①因為平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,又因為底面ABCD為直角梯形，其中AD所以AD⊥AB,又因為AD?面PAD,所以AD⊥面PAB.又因為PB?面PAB,所以PB⊥AD.②由①知AD⊥面PAB,取PA的中點設(shè)為Q,連結(jié)QE,則QE//AD,則QE⊥面PAB,則點E到面PAB的距離為1又因為在ABCD直角梯形ABCD中BC=4，PA=PB=AD=8，CD=5,解得AB=3,所以在等腰三角形PAB中S△PAB三棱錐P?ABE的體積V=（2）取線段PC的中點H，連接EH,HB，因為DN=BC，且DN//BC，所以四邊形NDCB為平行四邊形，所以DC//NB，又E,H分別為線段PD,PC，所以EH//DC，所以EH//NB，則四邊形EHBN為四棱錐P?ABCD過點B,E及棱AD中點的截面，則BN=CD=5，EN=12PA=4在△PBC中，BC=4,HC=12所以BH則BH=26所以截面周長為BN+EN+HE+HB=5+4+519．【答案】（1）解：①sinAsinA3sinAsin2sinA?π②設(shè)PA?而x+y+z2在△APC中，由余弦定理得：b2同理有c2則b2在△ABC中由余弦定理