2023-2024学年福建省多校高一下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年福建省部分优质高中高一下学期期末质量检测数学试卷一、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.复数z=1+2i3A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.某校运动会，一位射击运动员10次射击射中的环数依次为：7，7，10，9，7，6，9，10，7，8.则下列说法错误的是(

)A.这组数据的平均数为8 B.这组数据的众数为7

C.这组数据的极差为4 D.这组数据的第80百分位数为93.已知向量a,b的夹角为45∘,A.5 B.7 C.134.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为4π3的扇形，则该圆锥的侧面积为(

)A.6π B.8π C.10π5.已知非零向量a，b满足2a+b⊥2a−b，且向量a在向量b上的投影向量是A.π6 B.π3 C.π26.学生甲想参加某高中校蓝球投篮特长生考试，测试规则如下：①投篮分为两轮，每轮均有两次机会，第一轮在罚球线处，第二轮在三分线处；②若他在罚球线处投进第一球，则直接进入下一轮，若第一次没有投进可以进行第二次投篮，投进则进入下一轮，否则不预录取；③若他在三分线处投进第一球，则直接录取，若第一次没有投进可以进行第二次投篮，投进则录取，否则不预录取.已知学生甲在罚球线处投篮命中率为34，在三分线处投篮命中率为35，假设学生甲每次投进与否互不影响.则学生甲共投篮三次就结束考试得概率为(

)A.2780 B.3380 C.9507.故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱ABF−CDE和BDG−ACH是两个完全相同的直三棱柱，侧棱EF与GH互相垂直平分，EF,A.33a B.12a 8.如图，直线l1//l2，点A是l1，l2之间的一个定点，点A到l1，l2的距离分别为2和6，点B是直线l2上一个动点，过点A作AC⊥AB，点E、F在线段BC上运动A.3 B.114 C.32二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列关于平面向量的说法正确的是(

)A.若a，b是共线的单位向量，则a=b

B.若a，b是相反向量，则a=b

C.若a+b=0，则向量a，b共线

D.若AB10.如图所示的电路中，5只箱子表示保险匣，设5个盒子分别被断开为事件A，B，C，D，E.箱中所示数值表示通电时保险丝被切断的概率，下列结论正确的是(

)

A.A，B两个盒子串联后畅通的概率为13

B.D，E两个盒子并联后畅通的概率为130

C.A，B，C三个盒子混联后畅通的概率为56

11.如图，已知二面角α−l−β的棱l上有A,B两点，C∈αA.当α⊥β时，直线CD与平面β所成角的正弦值为33

B.当二面角α−l−β的大小为60∘时，直线AB与CD所成角为45∘

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数z满足z1+i=i2020+13.为深入贯彻落实习近平总书记对天津工作“三个着力”重要要求，天津持续深化改革，创建全国文明城区，城市文明程度显著提升，人民群众的梦想不断实现.在创建文明城区的过程中，中央文明办对某小区居民进行了创建文明城区相关知识网络问卷调查，从本次问卷中随机抽取了50名居民的问卷结果，统计其得分数据，将所得50份数据的得分结果分为6组：40,50,50,60,60,14.《九章算术》中记载：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC−A1B1C1中，BB1=BC=23，AB=2，A四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)设锐角三角形ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，(1)求角(2)若a=3316.(本小题12分)如图，在三棱锥A−BCD中，O,E,

(1)求证：EM(2)求证：AO(3)求异面直线AB与17.(本小题12分)2023年为普及航天知识，某校开展了“航天知识竞赛”活动，现从参加该竞赛的学生中随机抽取了80名，统计他们的成绩(满分100分)，其中成绩不低于80分的学生被评为“航天达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)若该中学参加这次竞赛的共有(2)估计参加这次竞赛的学生成绩的第(3)若在抽取的80名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的218.(本小题12分)如图①所示，在Rt▵ABC中，∠C=90∘，D，E分别是AC，AB上的点，且DE//BC,AC=2BC(1)求(2)证明：平面BC(3)求点P到平面B19.(本小题12分)如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABC(1)证明：A(2)证明：平面EF(3)若AB=2A1B1，AA1=1答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】本题考查复数的四则运算以及复数的几何意义，属于基础题．

先根据四则运算化简z，得到对应点的坐标，即可得到答案．【解答】

解：∵z=1+2i31−i=12.【答案】D

【解析】【分析】本题考查了平均数、极差、众数和百分位数，是基础题．

根据平均数、极差、众数和百分位数的概念逐一求解判断即可．【解答】

解：这组数据的平均数为7+7+10+9+7+6+9+10+7+810=8，故A说法正确；

这组数据的众数为7，故B说法正确;

这组数据的极差为10−6=4，故C说法正确;

将这组数据按照从小到大顺序排序为6，7，7，73.【答案】A

【解析】【分析】由题意，根据2b【详解】由题意知，2b故选：A4.【答案】A

【解析】【分析】本题考查圆锥表面积问题，属于基础题．

由圆面积公式求出圆锥的底面面积，再由扇形侧面积公式求出圆锥侧面积．【解答】

解：因为底面半径

r=2

，所以底面积

S底=πr2=4π

，底面周长

L=2πr=45.【答案】A

【解析】【分析】根据2a+b⊥2【详解】因为2a所以2a所以b=因为向量a在向量b上的投影向量是3所以acos即12cosa又因为a,所以a与b的夹角是π6故选：A．6.【答案】B

【解析】【分析】根据独立事件概率的乘法公式及互斥事件和的概率公式求解．【详解】记事件Ai表示“甲在罚球线处投篮，第i次投进”，事件Bi表示“甲在三分线处投篮，第i次投进，事件则P(故选：B7.【答案】B

【解析】【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点G到平面ACEF的垂线段，在根据已知条件得sin【详解】取AC中点M，连接MI，过G作MI的垂线交M

取AB中点N，连接F由已知，M、I分别为AC、E因为ABF−CDE是直三棱柱，所以所以FI//AM又AF⊥AC，所以又EF⊥GH，MK⊂平面KI所以EF⊥平面KIG，KG又因为KG⊥MK，EF⊂平面AC所以KG⊥平面ACEF，所以点G到平面AAF⊥BF，在所以AB=a2因为四边形AMIF又因为因为BDG−AC所以∠KIG又因为KG⊥平面ACEF，I所以sinθ=KGI所以点G到平面ACEF故选：B．【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点G到平面AC8.【答案】B

【解析】【分析】本题考查三角形面积公式，二倍角公式，向量的坐标运算，属于较难题．

过点A作l1，l2的垂线，交l1，l2分别于点M，N，根据三角形ABC的面积为23，先求出【解答】

解：过点A作l1，l2的垂线，交l1，l2分别于点M，N，

则AM=2，AN=6，

设∠ABN=θ，则∠ACM=π2−θ，0<θ<π2，

所以AC=AMsin(π2−

可知A(3,3),

因为EF所以AE=(x−3,−3),AF=(故选：B．9.【答案】BC【解析】【分析】利用相反向量、共线向量的概念分析判断各选项得解．【详解】对于A，a，b是共线的单位向量，则a=b或a=对于B，若a，b是相反向量，则a=b，对于C，a+b=0，即a=−b对于D，AB//CD，点A，B，C故选：B10.【答案】AC【解析】【分析】本题主要考查了互斥与对立事件的概率计算、相互独立事件同时发生的概率计算，属于中档题．

根据互斥与对立事件的概率计算、相互独立事件同时发生的概率计算公式逐个计算判定．【解答】

解：由题意知，，，，，，

所以A，B两个盒子畅通的概率为，因此A正确;

D，E两个盒子并联后畅通的概率为1−15×16=1−130=2930，因此B错误;

A，B，C三个盘子混联后畅通的概率为，C正确;

根据上述分析可知，当开关合上时，电路畅通的概率为，D11.【答案】AB【解析】【分析】本题考查空间线线角、线面角、面面角的求法，考查几何体的体积求法，属于较难题．

对A：借助空间垂直的转化可得线线垂直，结合线面角的定义计算即可得；对B：借助二面角的定义，作出平行直线AB且与CD相交的直线即可计算异面直线夹角；对C：找到底面外接圆圆心，作出过该点且垂直底面的直线，则球心必在该直线上，设出半径，结合勾股定理可得半径，即可得外接球体积；对【解答】

解：对A选项：当α⊥β时，因为α∩所以AC⊥β，所以直线CD与平面又因为AD⊂β因为BD⊥l，A所以sin⁡∠C对B选项：如图，过A作AE/​/BD，且

则四边形ABDE为正方形，所以AB//D因为BD⊥l，四边形ABD又因为AC⊥l，所以∠CA由AC⊥l、AE⊥l、AC所以l⊥平面ACE，又四边形A所以DE⊥平面ACE，又CE由AC=BD且四边形AB所以tan⁡∠CDE=1，即∠CD对于D，如图，作AE/​则二面角α−l−β的平面角为∠CAE

(

由CD=2，在R在△ACE中，由余弦定理得cos过C点作CO⊥AE交线段EA的延长线于点O，

由B选项的中l⊥平面ACE，且OC⊂平面ACE，故CO⊥l，过O点作OH⊥BD，交线段DB则∠CHO易得CO=32所以cos⁡∠C对C选项：同选项D可知∠C如图，分别取线段AD，AE的中点G，M，连接GM，过G

记三棱锥A−BCD则球心O1必在该垂线上，设球的半径为R，则O又△ACE的外接圆半径r所以四面体A−BCD的外接球的体积为故选ABD．12.【答案】2i【解析】【分析】根据复数的乘方及乘法运算计算即可．【详解】z1所以z=故答案为：2i13.【答案】84.55

【解析】【分析】利用第70百分位数的定义结合频率分布直方图求解即可．【详解】由题意得0.004+解得a=因为前4组数据的频率之和为0.04+前5组数据的频率之和为0.04+则70%分位数在80,90内，设70则0.6+x−所以70%分位数约为84.55故答案为：84.5514.【答案】100π【解析】【分析】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，属于中档题．

由题意可得鳖臑C1−ABC经翻折后，与鳖臑C1−AB【解答】

解：鳖臑C1−ABC经翻折后，与鳖臑C1−ABB1拼接成的几何体如图，

该几何体是三棱锥，由已知求得底面三角形A′B1A是边长为4的正三角形，

侧棱C1B1⊥底面A′B1A，

设△A′B1A的外心为M，过M作底面垂线，取C1B115.【答案】解：(1)由a=2bsinA，

根据正弦定理得sinA=2sinBsinA，所以【解析】本题考查了正弦定理和余弦定理．

(1)利用正弦定理将边的关系化为角的关系，然后即可求出角B的正弦值，再由△ABC为锐角三角形可得结论；

(2)16.【答案】(由已知得EM又EM⊄平面ABD，因此EM//(连结O

∵B∵B在▵AOC中，由已知可得∴AO2+C∵BD∩OC=O∴AO⊥(连结OM,OE，由E为∴直线OE与EM所成的锐角就是异面直线AB在▵OM∵OM是直角▵AO∴∴异面直线AB与CD所成角的所成角的余弦值是

【解析】(1)由已知得(2)由AO(3)连结OM,OE，直线OE17.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，成绩在

[80,100]则估计全校这次竞赛中“航天达人”的人数约为

3000×0.3(2)由频率分布直方图可知，成绩在

[40,50)成绩在

[50,60)

内的频率为

0.015×10=0.15

，

成绩在成绩在

[70,80)

内的频率为

0.030×10=0.3

，

成绩在所以成绩在

80

分以下的学生所占的比例为

0.05+0.15成绩在

90

分以下的学生所占的比例为

0.05+0.15所以成绩的75%分位数一定在

[80,90因此估计参加这次竞赛的学生成绩的75百分位数为82.5；(3)因为

6×0.30.3+0.2+0.1=所以从成绩在[70,80),[80,90其中有3人为航天达人，设为a,b,c，有则从6人中选择2人作为学生代表，有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，

(b,c)，(b,d)，所以被选中的2人均为航天达人的概率为315

【解析】本题考查频率分布直方图，考查百分位数，以及古典概型的概率求解，属中档题．

(1)根据直方图求得成绩在

[80,100]

内的频率，再乘以总人数，即可估计；18.【答案】(令平面PED交棱A1C于点N，连接PN,DN，由DE则DE//平面A1BC，而平面PED∩又EP//平面A1CD，平面PED∩因此四边形DEPN是平行四边形，PN=所以A1

(2在图①的Rt▵AB