2023-2024學(xué)年江蘇省溧陽市高一下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量調(diào)研數(shù)學(xué)試題（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年江蘇省溧陽市高一下學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量調(diào)研數(shù)學(xué)試題一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.一個(gè)射擊選手連續(xù)射擊10次，成績(jī)?nèi)缦拢撼煽?jī)/環(huán)數(shù)10987次數(shù)2431則該選手射擊成績(jī)的中位數(shù)為(

)A.8 B.9 C.9.5 D.8.72.復(fù)數(shù)z=1+2i3+4i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在的象限是(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.從某班學(xué)號(hào)為1到10的十名學(xué)生(其中含學(xué)生甲)中抽取3名學(xué)生參加某項(xiàng)調(diào)查，現(xiàn)用抽簽法抽取樣本(不放回抽取)，每次抽取一個(gè)號(hào)碼，共抽3次，設(shè)甲第一次被抽到的可能性為a，第二次被抽到的可能性為b，則(

)A.a=310，b=29 B.a=110，b=19

C.4.正方體ABCD?A1B1C1D1A.12 B.22 C.5.若甲組樣本數(shù)據(jù)x1,x2,?,xn(數(shù)據(jù)各不相同)的平均數(shù)為3，方差為4，乙組樣本數(shù)據(jù)2x1?a，A.a的值為1 B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差不同

C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)一定相同 D.乙組樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為46.函數(shù)fx=cos2x?4A.(?∞,2] B.[?2,2] C.[0,2] D.[?6,2]7.若平面向量a，b，c兩兩的夾角相等，且|a|=1，|b|=1，|cA.2 B.5 C.2或5 D.2或8.在?ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，已知c=2，a+2cosA=b+2cosB，a≠b，則?ABCA.1 B.2 C.3 D.二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知z1,z2A.若z2=z1，則z1+z2∈R

B.z1+z210.某市高一年級(jí)舉行了階段性檢測(cè)，為了了解本次檢測(cè)的學(xué)生成績(jī)情況，從中抽取了200名學(xué)生的成績(jī)(成績(jī)均為正整數(shù)，滿分為100分)作為樣本進(jìn)行統(tǒng)計(jì)，按照50,60,60,70,70,80,80,90A.圖中x=0.016

B.估計(jì)該市全體學(xué)生成績(jī)的平均分為71

C.若對(duì)成績(jī)前10%的學(xué)生進(jìn)行獎(jiǎng)勵(lì)，則受獎(jiǎng)勵(lì)學(xué)生的考試成績(jī)大約至少為84分

D.若在90,100的樣本成績(jī)對(duì)應(yīng)的學(xué)生(包括學(xué)生甲和乙)中隨機(jī)選取兩名進(jìn)行訪談，則甲、乙兩人至少抽到一人的概率為1311.已知正方體ABCD?A1B1C1D1棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)P是側(cè)面BA.三棱錐A?PDD1的體積為43

B.存在點(diǎn)P，使得A1P⊥平面AB1D1

C.若PB2+PC2=4，則三棱錐P?ABC的外接球體積為8三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.一只不透明的口袋內(nèi)裝有5個(gè)小球，其中3個(gè)白球、2個(gè)黑球．現(xiàn)有放回地從袋中依次摸出1個(gè)球，則前兩次摸出的球均為白球的概率為

．13.在?ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別為a，b，c，若c=3，C=30°，則a+bsin14.如圖，展現(xiàn)的是一種被稱為“旋四角反棱柱”的十面體ABCD?EFGH，其上下底面平行且均為正方形，上下底面的中心所在直線垂直于兩底面．已知此多面體上下底面的邊長(zhǎng)為22，上下底面之間的距離為32，則此十面體體積的最大值為

．四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)在?ABC中，D為線段BC的中點(diǎn)，若AB=(2,4)，AC(1)線段AD的長(zhǎng)；(2)?ABC的面積．16.(本小題12分)如圖所示，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=22，PA=PB=PC=AC=4，點(diǎn)O，M分別為線段AC，(1)若平面POM∩平面PBC=l，證明：l//BC；(2)證明：OP⊥平面ABC；(3)求二面角P?BC?A的余弦值．17.(本小題12分)已知函數(shù)fx=cos(1)求ω的值；(2)若關(guān)于x的方程fx?m=0在0,π(3)若A0,1關(guān)于Px0,fx0fx18.(本小題12分)在網(wǎng)球比賽中，甲、乙兩名選手在決賽中相遇．根據(jù)以往賽事統(tǒng)計(jì)，甲、乙對(duì)局中，甲獲勝的頻率為23，乙獲勝的頻率為1(1)求前兩局乙均獲勝的概率；(2)前2局打成1：1時(shí)，①求乙最終獲得全部獎(jiǎng)金的概率；②若比賽此時(shí)因故終止，有人提出按2:1分配獎(jiǎng)金，你認(rèn)為分配合理嗎?為什么?19.(本小題12分)如圖1，一個(gè)正三棱柱形容器中盛有水，底面邊長(zhǎng)為4，側(cè)棱AA1=8，若側(cè)面AA1B1B水平放置時(shí)，水面恰好過AC，(1)如圖2，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，水面高為多少?(2)當(dāng)水面經(jīng)過線段A1B(3)試分析容器圍繞AB從圖1的放置狀態(tài)旋轉(zhuǎn)至水面第一次過頂點(diǎn)C的過程中(不包括起始和終止位置)，水面面積S的取值范圍．(假設(shè)旋轉(zhuǎn)過程中水面始終呈水平狀態(tài)，不考慮水面的波動(dòng))

答案解析1.【答案】B

【解析】解：將射擊成績(jī)按升序排列可得：7,8,8,8,9,9,9,9,10,10，所以該選手射擊成績(jī)的中位數(shù)為第5位數(shù)和第6位數(shù)的平均數(shù)，即為9+92故選：B．2.【答案】A

【解析】解：復(fù)數(shù)z=(1+2i)(3?4i)所以復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(11故選：A3.【答案】D

【解析】解：由簡(jiǎn)單隨機(jī)抽樣的定義知，每個(gè)個(gè)體在每次抽取中都有相同的可能性被抽到，因?yàn)槊看纬槿∫粋€(gè)號(hào)碼，所以甲第一次被抽到的可能性為a=1第二次被抽到的可能性為b=9即甲同學(xué)在每次抽樣中被抽到的可能性都是110，所以a=110故選：D．4.【答案】D

【解析】解：連接BD∵ABCD?A1B1C∴∠D1BC1令A(yù)B=1，由正方體知識(shí)可得BD∴cos故選：D．5.【答案】C

【解析】解：因?yàn)閤1,x對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)榧捉M樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為3，方差為4，則乙組樣本數(shù)據(jù)的平均數(shù)為2×3?a=5，解得a=1，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：可知甲組樣本數(shù)據(jù)的極差為xn則乙組樣本數(shù)據(jù)的極差為2x所以兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差不同，故B正確；對(duì)于選項(xiàng)C：設(shè)甲組樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)為m，則乙組樣本數(shù)據(jù)的中位數(shù)為2m?1，令2m?1=m，解得m=1，所以當(dāng)且僅當(dāng)m=1時(shí)，兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同，故C錯(cuò)誤；對(duì)于選項(xiàng)D：因?yàn)榧捉M樣本數(shù)據(jù)的方差為4，即標(biāo)準(zhǔn)差為2，乙組樣本數(shù)據(jù)的標(biāo)準(zhǔn)差為2×2=4，故D正確；故選：C．6.【答案】D

【解析】解：由函數(shù)f(x)=cos因?yàn)閟inx∈[?1,1]所以當(dāng)sinx=?1時(shí)，可得fxmax=2；當(dāng)所以函數(shù)fx的值域?yàn)閇?6,2]故選：D．7.【答案】C

【解析】解：由向量a、b、c兩兩所成的角相等，

設(shè)向量所成的角為α，由題意可知α=0°或α=120°

則(|a+b+c|)?2=|a|2+|b|2+|c8.【答案】A

【解析】解：由c=2及a+2cosA=b+2cos在?ABC中，由正弦定理得sinA+即sin(B+C)+sinC而a≠b，即sinA≠sinB，因此cos4=c2=a2+b所以當(dāng)a=b=2時(shí)，?ABC面積的最大值為故選：A9.【答案】ABC

【解析】解：設(shè)z1對(duì)于選項(xiàng)A：若z2=z1=a?bi對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)閦1則z1即z1+z對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)閦1，z2是方程由韋達(dá)定理可得z1z2對(duì)于選項(xiàng)D：例如z1=z可得z1z22=?4,故選：ABC．10.【答案】ACD

【解析】解：對(duì)于選項(xiàng)A：由頻率分布直方圖可知每組頻率依次為10x,0.3,0.4,0.1,0.04，則10x+0.3+0.4+0.1+0.04=1，解答x=0.016，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B：估計(jì)該市全體學(xué)生成績(jī)的平均分為x=0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95=70.6，故B對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)?.04<0.1,0.04+0.1=0.14>0.1，設(shè)受獎(jiǎng)勵(lì)學(xué)生的考試成績(jī)大約至少為m分，可知m∈則0.0190?m+0.04=0.1，解得所以受獎(jiǎng)勵(lì)學(xué)生的考試成績(jī)大約至少為84分，故C正確；對(duì)于選項(xiàng)D：成績(jī)?cè)?0,100的人數(shù)為200×0.04=8，設(shè)甲、乙兩人至少抽到一人為事件A，則PA所以PA=1?PA故選：ACD．11.【答案】AC

【解析】解：對(duì)于選項(xiàng)A：因?yàn)槠矫鍮B1C1C//平面AA1所以三棱錐A?PDD1的體積為VA?PD對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)锳1B1又因?yàn)锳A1⊥平面A1B1C且A1C1∩AA1=A1由A1C?平面AA同理可得：AB且B1D1∩AB1=B1但點(diǎn)P是側(cè)面BB1C1C所以不存在點(diǎn)P，使得A1P⊥平面AB對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)镻B2+P又因?yàn)锳B⊥平面BB1C1C，PC?且PB∩AB=B，PB,AB?平面PAB，可得PC⊥平面PAB，由AP?平面PAB，可得PC⊥AP，取AC的中點(diǎn)M，可得MA=MC=MP=又因?yàn)锳B⊥BC，可得MA=MC=MB=2，即可知三棱錐P?ABC的外接球的球心為M，半徑R=所以三棱錐P?ABC的外接球體積為43πR對(duì)于選項(xiàng)D：取B1C的中點(diǎn)N，連接可知ON//CD，且ON=CD=2，因?yàn)镃D⊥平面BB1C1C可知OP與平面BB1C1C所成角為可知點(diǎn)P在平面BB1C1C內(nèi)的軌跡為圓(虛線所示)，點(diǎn)P在側(cè)面B取C1C的中點(diǎn)F，則即∠ENF=π6，則結(jié)合對(duì)稱性可知：點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為8×π12×故選：AC．12.【答案】925或0.36【解析】解：因?yàn)榉呕氐貜拇幸来蚊?個(gè)球，則每次取到白球的概率為p=3所以前兩次摸出的球均為白球的概率為P=p故答案為：92513.【答案】2【解析】解：由正弦定理可得asin即得a+bsin故答案為：214.【答案】16【解析】解：

如圖，設(shè)有一平行于底面的平面Γ，并設(shè)該十面體被平面Γ截得的截面為八邊形STUVWXYZ．并設(shè)平面Γ和下底面之間的距離為3AS=λAE，BT=λBE，BU=λBF，CV=λCF，將所有的點(diǎn)都投影到一個(gè)平行于底面的平面上，得到兩個(gè)外接圓相同的正方形和一個(gè)八邊形，如下圖所示．設(shè)在投影后的圖中，?AEH,?BFE,?CGF,?DHG,?ABE,?BCF,?CDG,?DAH的面積為S，則S≤1根據(jù)相似三角形性質(zhì)有S?ASZ=S所以SSTUVWXYZ由于λ(1?λ)>0，S≤2這個(gè)時(shí)候AB//HF//DC，AD//EG//BC，此時(shí)原組合體的體積取到最大值．在該條件下，我們計(jì)算原幾何體的體積，此時(shí)有AB//HF//DC，AD//EG//BC．記下底面和上底面的中心分別為P和Q，則直線PQ垂直于兩底面，并設(shè)AB的中點(diǎn)為R．在線段EQ,QG上分別取點(diǎn)M,N，使得MQ=QN=12BC=2，則由于QM=PR而PQ⊥平面ABCD，且直線PR在平面ABCD內(nèi)，故PQ⊥PR，所以四邊形QMRP為矩形．所以QM⊥MR，而由QM//BC可知QM⊥AB，且MR和AB在平面ABM內(nèi)交于點(diǎn)R，故QM⊥平面ABM．同理，QN⊥平面CDN．現(xiàn)在，由于S?EQR=12EQ?MR=12EQ?QP=1根據(jù)對(duì)稱性，點(diǎn)E到平面ABFH的距離也為d=3105，同時(shí)，直線AB和HF的距離?等于同理，點(diǎn)H到平面ADGE的距離和點(diǎn)F到平面BCGE的距離均為d=3105，AD與EG，和BC與所以VH?ADGE同理VF?BCGE而VE?ABM同理VG?CDN又有VABM?DCN所以在該條件下，該幾何體的體積為V===16綜上，此十面體體積的最大值為16故答案為：1615.【答案】解：(1)由題意可得：AD=所以線段AD的長(zhǎng)為AD=(2)由題意可得：AB?AC=14則cos∠BAC=且∠BAC∈0,π，則sin所以?ABC的面積S△ABC=【解析】(1)根據(jù)中線的性質(zhì)可得AD的坐標(biāo)，進(jìn)而可得模長(zhǎng)；(2)根據(jù)向量夾角公式可得cos∠BAC16.【答案】解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)O，M分別為線段AC，AB的中點(diǎn)，則OM//BC，且OM?平面PBC，BC?平面PBC，可得OM//平面PBC，又因?yàn)镺M?平面POM，平面POM∩平面PBC=l，則OM//l，所以l//BC．

(2)由題意可知：?PAC為邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，且O分別為線段AC的中點(diǎn)，則OP⊥AC,OP=2又因?yàn)?ABC為等腰直角三角形，且斜邊AC=4，則OB=2，由PB=4可知OP2+O且AC∩OB=O，AC,OB?平面ABC，所以O(shè)P⊥平面ABC．(3)取BC的中點(diǎn)N，連接ON,PN，由題意可知：OB=OC，則ON⊥BC，且ON=1由(2)可知：OP⊥平面ABC，且BC?平面ABC，則OP⊥BC，由ON∩OP=O，ON,OP?平面PON，可得BC⊥平面PON，由PN?平面PON，可得PN⊥BC，可知二面角P?BC?A的平面角為∠PNO，且PN=可得cos∠PNO=所以二面角P?BC?A的余弦值為7【解析】(1)根據(jù)題意可證OM//平面PBC，結(jié)合線面平行的性質(zhì)分析證明；(2)根據(jù)題意可得OP⊥AC，OP⊥OB，結(jié)合線面垂直的判定定理分析證明；(3)作輔助線，根據(jù)三垂線法分析可知二面角P?BC?A的平面角為∠PNO，結(jié)合長(zhǎng)度運(yùn)算求解即可．17.【答案】解：(1)由題意可得：f==cos且ω>0，可得2π2ω=π，解得(2)由(1)可知：fx因?yàn)閒x?m=0，可得因?yàn)閤∈0,π2，則2x+則fx∈?2(3)因?yàn)锳0,1關(guān)于Px0由題意可得：2fx0?1=則2cos整理可得cos2x0?1cos若cos2x0=1，則若sin2x0綜上所述：tan2x0【解析】(1)根據(jù)題意結(jié)合三角恒等變換整理可得fx(2)根據(jù)題意可得fx=m，以(3)根據(jù)題意可得Q2x018.【答案】解：(1)依題意，前兩局乙均獲勝的概率為13(2)①乙最終獲得全部獎(jiǎng)金的事件，有以3:1和3:2兩種情況，若以3:1獲勝，則乙連勝兩局，概率為13若以3:2獲勝，則乙第3、4局輸1局，第5局勝，概率為13所以乙最終獲得全部獎(jiǎng)金的概率為19②由①知，繼續(xù)比賽，乙獲勝的概率是727，則甲獲勝的概率為20所以按2:1分配獎(jiǎng)金，不合理，應(yīng)按20:7將獎(jiǎng)金分配給甲乙【解析】(1)利用獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算即得．(2)①利用互斥事件及相互獨(dú)立事件的概率公式