福建省三明市2023−2024学年高一下学期期末质量检测 数学试卷（含解析）

福建省三明市2023−2024学年高一下学期期末质量检测数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1．已知复数，则（

）A．的实部为 B．的虚部为C． D．2．某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为96的样本，如果样本按比例分配，则从高三年级抽取的学生人数为（

）A．32 B．40 C．64 D．723．如图，是水平放置的,如图为在斜二测画法下的直观图.若，则的面积为（

）A．2 B． C． D．4．从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事件“至少有一个黄球”互为对立的是（

）A．都是蓝球 B．都是黄球 C．恰有一个蓝球 D．至少有一个蓝球5．已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l⊥m，l⊥n，则（

）A．α∥β且∥α B．α⊥β且⊥βC．α与β相交，且交线垂直于 D．α与β相交，且交线平行于6．福建省清流县书法家刘建煌老先生曾为三明绿道“怡亭”题字：四面风光长入画，一亭绿意最怡人.“怡亭”的顶部可近似看作一个正四棱锥，已知过侧棱且垂直于底面的截面是边长为的等腰直角三角形，则该正四棱锥的侧面积约为（

）A． B． C． D．7．如图，在直三棱柱中，，，点是线段上靠近的三等分点，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．8．某地区的公共卫生部门为了调查本地区的中学生吸烟情况，对随机抽出的500名学生进行了调查，调查中使用了两个问题，问题1：你的生日公历月份是不是偶数?问题2：你是否经常吸烟？调查者设计了一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋子中摸取1个球，再放回摸出白球就如实回答问题1，摸出红球就如实回答问题2.回答“是”的学生往盒子里放一个石头，回答“否”的学生什么也不做.经统计，盒子中有140个石头，由此估计这个地区经常吸烟的中学生所占百分比为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列说法中正确的是（

）A．已知向量，若，则B．已知非零向量，“”是“”的充要条件C．若是直线上不同的三点，点在直线外，，那么D．已知非零向量，“”是“夹角为锐角”的必要不充分条件10．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，为的中点，则下列结论正确的是（

）

A．直线与为异面直线 B．平面C．三棱锥外接球的体积为 D．二面角的余弦值为11．如图，在中，已知，边上的中点为边上的中点为，相交于点，则下列结论正确的是（

）

A．B．的内切圆的半径为C．与夹角的余弦值为D．过点作直线交线段和于点，则的取值范围是三、填空题（本大题共3小题）12．已知，且与互相垂直.则向量在向量上的投影向量的坐标为.13．从长度为1，3，6，9，10的线段中任取一条，能与长度分别为7和8的两条线段构成锐角三角形的概率为.14．某校高一年段成立了两个数学培优班，班10人，班30人，经过一段时间的强化训练后进行了一次测试，在该测试中，班的平均成绩为135分，方差为105，班的平均成绩为115分，方差为225.则在这次测试中两个培优班全体学生方差为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知向量.(1)若，求；(2)若为单位向量，对任意实数恒成立，求向量的夹角的取值范围.16．5月22日第14届中美旅游高层对话开幕，中国文化和旅游部为推动文化志愿服务工作规范化，在所有报名参加中国文化推广的人员中面试选拔出“中国文化志愿者”，通过使用注册服务证对“中国文化志愿者”进行组织管理.现随机抽取128名报名者的面试成绩，并分成五组，第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.

(1)求和的值；(2)估计本次面试成绩平均分（同一组数据用该区间的中点值作代表）；(3)根据要求，本次“中国文化志愿者”面试选拔录取率为，请估算被录取至少需要多少分.17．在中，角的对边分别为，且向量.(1)求角；(2)若的面积为，点为边的中点，求的长.18．目前羽毛球混双世界排名第一，第三，第四分别是中国的“雅思组合，韩国的肉丁组合”，中国的“凤凰组合.据统计，每场比赛雅思组合战胜肉丁组合的概率为，“凤凰组合”战胜肉丁组合的概率为，同一赛事的每场比赛结果互不影响.已知三个组合参加单循环赛（参加比赛的组合均能相遇一次），“雅思组合，“凤凰组合”同时战胜“肉丁组合”的概率为，有一个组合战胜“肉丁组合”的概率为.(1)求和的值；(2)三个组合参加双循环赛（参加比赛的组合均能相遇两次），求雅思组合比“凤凰组合战胜肉丁组合的次数多的概率.19．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”已知在直四棱柱中，底面为菱形..（角的运算均采用弧度制）(1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率；(2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值；(3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：.

参考答案1．【答案】C【分析】先进行化简，后根据实部虚部概念，模长公式，共轭复数概念解题即可.【详解】,则的实部为，虚部为，，.故选C．2．【答案】B【分析】根据分层抽样的定义结合题意求解即可.【详解】由题意得从高三年级抽取的学生人数为.故选B.3．【答案】B【分析】根据斜二测画法作图规则，将直观图还原为，即可求解.【详解】由题意，在斜二测画法下的直观图中,则在平面直角坐标系下，,所以的面积为.故选B.4．【答案】A【分析】根据给定条件，利用对立事件的意义判断即可.【详解】事件“至少有一个黄球”的对立事件是“没有黄球”，即“都是蓝球”，所以与事件“至少有一个黄球”互为对立的是“都是蓝球”.故选A.5．【答案】D【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于.故选D．6．【答案】D【分析】由题意画出示意图，求出底边正方形的边长，得出正四棱锥的侧面是四个全等的等边三角形，再根据等边三角形的面积即可求解.【详解】如图，正四棱锥，截面为等腰直角三角形，因为，所以，又因为四边形为正方形，设边长为，由勾股定理得，，解得，，所以正四棱锥的侧面是四个全等的等边三角形，所以.故选D.

7．【答案】C【分析】根据题意，可以用正方体模型补形解题，通过平移找出线线所成的角度借助余弦定理解题即可.【详解】根据题意，可以补充成一个棱长为3的正方体.如图所示，取的三等分点,连接，根据正方体性质，知道.则为直线与所成角或补角.连接，.根据正方体性质，知道．在中，由余弦定理，,则直线与所成角的余弦值为.故选C．8．【答案】A【分析】由题意可知摸到白球和红球的概率都为，12个月其中月份为偶数的概率为，由此可估计出回答问题1为是的人数，从而可求出回答问题2为是的人数，从而可求出答案.【详解】因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，从随机从袋子中摸取1个球，所以摸到白球和红球的概率都为，所以这500个人中回答问题1的人数约为，回答问题2的人数约为，因为12个月其中月份为偶数的有6个，所以月份为偶数的概率为，所以问题1回答为是的人数约为人，所以问题2回答为是的人数约为人，所以这个地区经常吸烟的中学生所占百分比为.故选A.9．【答案】BD【分析】对于A，举例判断，对于B，由由数量积的定义分析判断，对于C，将用表示，然后由三点共线可求出，对于D，由数量积的定义结合充分条件和必要条件的定义分析判断.【详解】对于A，当时，满足，而与不一定平行，所以A错误，对于B，当时，，而当时，，因为为非零向量，所以，因为，所以，所以，所以“”是“”的充要条件，所以B正确，对于C，由，得，所以，若，则，则在直线上，不合题意，所以，所以，因为是直线上不同的三点，点在直线外，所以，即，得，所以C错误，对于D，为非零向量，若夹角为锐角，则，而当时，则，所以，因为，所以或为锐角，所以“”是“夹角为锐角”的必要不充分条件，所以D正确.故选BD.10．【答案】BCD【分析】根据异面直线的定义可以判断A，线面平行的判断定理可以判断B，构造长方体，求出外接球半径，从而可判断C，作出所求二面角的平面角，结合余弦定理即可求解，从而可以判断D.【详解】对于A，在正方体中，，所以四点共面，所以直线与不是异面直线，故A错误；

对于B，连接，交于点O，在正方体中，易知点O为的中点，又为的中点，为的中点，所以，又，所以，故B正确；

对于C，在正方体中，分别在上取中点，并依次连接，易知四棱柱为长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且外接球的直径为长方体体对角线的长，又长方体体对角线长度为：，所以外接球的半径为3，所以三棱锥的外接球的体积为，故C正确；

对于D，连接，交于点O，在正方体中，易知点O为的中点，连接EO，FO，因为都是等腰三角形，所以，所以为二面角的平面角，又，所以由余弦定理可得，,故D正确，故选BCD.11．【答案】ACD【分析】对于A，利用余弦定理求解即可；对于B，运用等面积法可解；对于C，建立平面直角坐标系，利用向量夹角的坐标求法处理即可；对于D，设出线段的比例关系，用向量共线的条件合理转化，消去变量求范围即可.【详解】对于A，在中，且，，由余弦定理得，解得，(负根舍去)，则A正确；对于B，设的内切圆的半径为，则，即，即，解得，故B错误；对于C，如图所示，

以为原点，建立平面直角坐标系，易知，，设，由两点间距离公式得，，解得，，(负根舍去)，故，由中点坐标公式得，，故，，设与的夹角为，故，故C正确；对于D，易知由于边上的中点为，边上的中点为，而是两条中线的交点，故是的重心，所以，设，，，由于在直线上，所以，即，而，所以，，故得，，所以，，故得，则，由于，则，则D正确，故选ACD.【关键点拨】本题D选项解题关键是将已知向量合理转化，然后表示出的关系，将面积比表示为一元函数，求出范围，进而求出数量积的范围即可，12．【答案】【分析】根据给定条件，求出，再利用投影向量的意义求解即得.【详解】由，与互相垂直，得，则，所以向量在向量上的投影向量为.故答案为：13．【答案】/0.6【分析】取到线段为1时，，无法构成三角形，其他情况利用最大角的余弦值判断出三角形的形状，得到概率.【详解】当取到线段为1时，，无法构成三角形，当取到线段为3时，最大角的余弦值为，此时三角形为钝角三角形，当取到线段为6时，最大角的余弦值为，此时三角形为锐角三角形，当取到线段为9时，最大角的余弦值为，此时三角形为锐角三角形，当取到线段为10时，最大角的余弦值为，此时三角形为锐角三角形，故能与长度分别为7和8的两条线段构成锐角三角形的概率为.故答案为：/0.6.14．【答案】270【分析】求出全体学生的平均数，利用方程公式计算可得答案.【详解】全体学生的平均数为，则在这次测试中两个培优班全体学生方差为.故答案为：.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）运用向量加减，数量积的坐标运算计算即可；（2）运用模长公式两边平方，结合数量积转化为对任意的实数恒成立，再用二次函数中根的判别式来解决恒成立问题，转化为．最后借助余弦函数的性质得到角度范围即可.【详解】（1）因为所以，，；（2）是单位向量，设的夹角为，由得：，所以，即，即对任意的实数恒成立，则，解得：，又因为，函数在上单调递减，因此．所以向量的夹角的取值范围是.16．【答案】(1)，(2)(3)84分【分析】（1）第三、四、五组频率之和为0.7，求，根据总频率之和为1，求出b；（2）运用中点值代表该组数据，运用平均值求法求出即可；（3）找出频率0.93对应分数，或者93%分位数即可.【详解】（1）由题图可知组距为10，因为第三、四、五组频率之和为0.7，所以，所以，所以，解得.（2）面试成绩平均数估计为.（3）因为前三组频率之和为，前四组频率之和为，所以频率0.93对应分数落在区间内，那么，解得，所以面试选拔录取率为，至少需要84分.17．【答案】(1)(2)【分析】（1）由，可得，再利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理可求得结果；（2）解法一：由结合辅助角公式化简可求出，则可得为等腰三角形，再由三角形的面积可求出，在中利用余弦定理可求得结果；解法二：同解法一求出，然后利用余弦定理求出，再利用极化恒等式可求得结果；解法三：同解法一求出，同解法二求出，然后利用平行四边形对角线的平方和是邻边平方和的两倍求解.【详解】（1）因为，所以，由正弦定理得，由余弦定理得因为，所以.（2）解法一：因为，所以，则即，又，所以，则，所以.故.所以，所以.在中，由余弦定理可得，即.解法二：因为，所以，则即，又，所以，则，所以.故.所以，所以.由余弦定理得：，所以，又由极化恒等式得：所以，所以解法三：因为，所以，则即又，所以，则，所以.故.所以，所以.由余弦定理得：，所以由平行四边形对角线的平方和是邻边平方和的两倍得所以所以.

【关键点拨】第（1）的关键是由，可得，再利用正弦定理统一成边的形式，最后结合余弦定理求得结果；（2）解法一：由结合辅助角公式化简可求出，则可得为等腰三角形，再由三角形的面积可求出，在中利用余弦定理可求得结果；解法二：同解法一求出，然后利用余弦定理求出，再利用极化恒等式可求得最后结果；解法三：同解法一求出，同解法二求出，然后利用平行四边形对角线的平方和是邻边平方和的两倍的关系求解.18．【答案】(1)(2)【分析】(1)由事件的相互独立性及互斥事件的概率公式列方程组求解；(2)根据独立事件乘法公式及互斥事件的求和公式结合条件即得．【详解】（1）设事件“雅思组合、凤凰组合均战胜肉丁组合”，“雅思组合与凤凰组合只有一个组合战胜肉丁组合”，由于每场比赛结果互不影响，所以，，由题意可得，即，解得或，因为，所以