2023-2024学年广东省东莞市高一下学期期末教学质量检查数学试题(含答案)

2023-2024学年广东省东莞市高一下学期期末教学质量检查
数学试题
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.已知向量a =(2,−1)，b =(1,λ)(λ∈R)，若a //b ，则λ=( )
A. 2
B. 12
C. −2
D. −122.为了解学生每日参加体育锻炼的情况，学校用比例分配的分层随机抽样方法从高一、高二、高三年级所有学生中抽取部分学生做抽样调查，已知该学校高一、高二、高三年级学生人数的比例如图所示，若抽取的样本中高三年级的学生有36人，则抽取的样本容量为( )
A. 90
B. 100
C. 120
D. 160
3.棱长为a 的正方体的顶点都在球面上，则球的表面积为( )
A. 34πa 2
B. 3πa 2
C. 6πa 2
D. 12πa 2
4.若(2+i)⋅z =1−i ，则z ⋅z =( )
A. 25
B. 2
C. 825
D. 855.已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n ⊂α，则m//n
B. 若m ⊂α，n ⊂β，且m ⊥n ，则α⊥β
C. 若α//β，n ⊂α，则n//β
D. 若α⊥β，m ⊂α，则m ⊥β
6.已知向量OA =a ，OB =b ，且|a |=|b |=a ⋅b =3，任意点M 关于点A 的对称点为S ，点S 关于点B 的对称点为N ，则|MN |=( )
A. 4 3
B. 6
C. 2 3
D. 3
7.已知三棱锥P−ABC ，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，PA =AB =2BC ，则异面直线PB 与AC 所成角的余弦
值为( )A. 15 B. 10
5
C. 2
4 D. 15
5
8.一枚质地均匀的正方体骰子，其六个面分别刻有1，2，3，4，5，6六个数字，投掷这枚骰子两次，设事件M =“第一次朝上面的数字是奇数”，则下列事件中与M 相互独立的是( )
A. 第一次朝上面的数字是偶数
B. 第一次朝上面的数字是1
C. 两次朝上面的数字之和是8
D. 两次朝上面的数字之和是7
二、多选题：本题共3小题，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.已知某地一周每天的最高温度(单位：℃)分别为：31、27、26、28、27、30、27，则下列关于这组数据的结论中正确的是( )
A. 众数是27
B. 极差是4
C. 中位数是28
D. 平均数是28
10.已知⊙O 的半径为2，△ABC 为其内接三角形，则下列结论中正确的是( )A. 若A =π3，则OB ⋅OC =−2B. 若A =π
3，则△ABC 周长的最大值为6 3C. 若AO ⋅AB =1，则|AB |= 2
D. 若AO ⋅AB =1，则△ABC 面积的最大值为3 3
11.如图，在棱长为1的正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别为AB ，A 1D 1的中点，平面α经过点C ，E ，F ，且与C 1D 1交于点G ，则下列结论正确的是( )
A. A 1C 1//平面α
B. 平面α⊥平面BB 1F
C. C 1G:GD 1=3
D. 二面角E−FG−B 1的正切值为2 5
3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.假设P(A)=12，P(B)=13，且A 与B 相互独立，则P(AB )= ．
13.已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为．
14.已知圆O的半径为1，点A是圆O上的动点，B1B2⋯B2024为圆O内接正2024边形，则|OA+OB1+OB2
+⋯+OB2024|=，AB12+AB22+⋯+AB20242=．
四、解答题：本题共5小题，共77分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.(本小题13分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且a cos C=
3c sin A.
(1)求角C;
(2)若b=2，c=1，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据(单位：min)，按(0,20]，(20,40]，(40,60]，(60,80]，(80,100]分成5组，其频率分布直方图如下．
(1)如果该超市计划奖励35%的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间?
(2)记t0=t+s，其中t为样本平均数，s为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过t0的客户征收更高的停车费，求t0(精确到个位).(注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据：35≈5.9) 17.(本小题15分)
某商场举办购物抽奖活动，规则如下：每次抽奖时，从装有2个白球和3个红球(球除颜色外，完全相同)的抽奖箱中，不放回地依次随机摸出2个球，若摸出的2个球颜色相同则为中奖，否则不中奖;商场根据购物金额给予顾客一次或多次抽奖机会，每次抽奖之间相互独立．
(1)若某顾客有一次抽奖机会，求其中奖的概率;
(2)若某顾客有两次抽奖机会，求其至少有一次中奖的概率．
18.(本小题17分)
如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，点D，E分别在线段AC，AB上，且AE=1，AD=2，沿DE将△ADE翻折到△PDE的位置，使得PB=5，如图2．
(1)求证：平面PDE⊥平面BCDE;
(2)在线段PB上是否存在点M，使得EM//平面PCD，若存在，求出PM
的值;若不存在，请说明理由．
MB
19.(本小题17分)
通过平面直角坐标系，我们可以用有序实数对表示向量.类似的，我们可以把有序复数对(z1,z2)(z1,z2∈C)看作一个向量，记a=(z1,z2)，称a为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于a=(z1,z2)，b=(z3,z4 )，z1、z2、z3、z4、λ∈C，我们有如下运算法则： ①a±b=(z1±z3,z2±z4); ②λa=(λz1,λz2); ③a⋅
b=z1z3+z2z4; ④|a|=
(1)设a=(1,2−i)，b=(1+i,2i)，求a⋅b和|a+b|;
(2)类比平面向量数量积满足的运算律，得出复向量的一个相关结论a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c，判断其是否正确并说明理由;
(3)设α=(2+2i,2)，集合Ω={p|p=(z1,z2)，z2=z1+2，z1，z2∈C}，β∈Ω.求|α−β|的最小值;并证明当|α−β|取最小值时，对于任意的γ∈Ω，(α−β)⋅(β−γ)=0．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.A
5.C
6.A
7.B
8.D
9.AD
10.ABC
11.BCD
12.1
3
13.19:37
14.1；4048
15.解：(1)在三角形ABC中由正弦定理有：a
sin A =b
sin B
=c
sin C
=t，
则a=t sin A，b=t sin B，c=t sin C，
代入a cos C=3c sin A，可得sin A cos C=3sin C sin A，又因为A∈(0,π)，所以sin A>0，
所以cos C=3sin C，
所以tan C=3
3
，
又因为C∈(0,π)，所以C=π
6；
(2)解法1：因为C=π
6
，由余弦定理有c2=a2+b2−2ab cos C=1，即a2−23a+3=0，解得a=3，
所以S=1
2
AC⋅BC sin C，
所以在三角形ABC 中，S =12AC ⋅BC sin C =12×2× 3sin π6=
32．解法2：因为C =π6，由正弦定理有b sin B =c sin C ，
解得sin B =1，
因为B ∈(0,π)，所以B =π
2，
所以a 2=b 2−c 2=3，a = 3，所以在三角形ABC 中，S =12AB ⋅BC = 32
． 16.解：(1)根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，
得(0.005+a +0.0175+0.0075×2)×20=1，解得：a =0.0125，
设第35百分位数为x ，
则0.005×20+(x−20)×0.0125=35%，解得x =40，
所以可以允许车辆免费停车40分钟不收费．(2)车辆平均停车时间为：
t
=0.005×20×10+0.0125×20×30+0.0175×20×50+0.0075×20×70+0.0075×20×90=50，s 2=(10−50)2×0.1+(30−50)2×0.25+(50−50)2×0.35+(70−50)2×0.15+(90−50)2
×0.15=560，
∴s = 560=4 35≈24，所以t 0=t +s ≈50+24=74．
17.解：(1)设2个白球为w 1，w 2，3个红球为r 1，r 2，r 3，
则不放回地依次摸出两个球的样本空间为：
{(w 1,w 2)，(w 1,r 1)，(w 1,r 2)，(w 1,r 3)，(w 2,w 1)，(w 2,r 1)，(w 2,r 2)，(w 2,r 3)，
(r 1,w 1)，(r 1,w 2)，(r 1,r 2)，(r 1,r 3)，(r 2,w 1)，(r 2,w 2)，(r 2,r 1)，(r 2,r 3)，
(r 3,w 1)，(r 3,w 2)，(r 3,r 1)，(r 3,r 2)}，其中共有20个样本点，
设一次抽奖中奖为事件A ，
则A ={(w 1,w 2)，(w 2,w 1)，(r 1,r 2)，(r 1,r 3)，(r 2,r 1)，(r 2,r 3)，(r 3,r 1)，(r 3,r 2)}，其中共有8个样本点，因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型，
因此P(A)=820=25，即若某顾客有一次抽奖机会，中奖的概率为2
5．
(2)设在第i 次抽奖时中奖为事件A i ，i =1，2，
由于每次抽奖的情况相同，由(1)可知P(A i )=25，P(A i )=35，i =1，2，设两次抽奖至少有一次中奖为事件B ，则B =A 1A 2∪A 1A 2∪A 1A 2，
其中A 1A 2、A 1A 2、A 1A 2为互斥事件，
则P(B)=P(A 1A 2)+P(A 1A 2)+P(A 1A 2)，
因为每次抽奖之间相互独立，
所以P(A 1A 2)=P(A 1)P(A 2)=425，
P(A 1A 2)=P(A 1)P(A 2)=625，P(A 1A 2)=P(A 1)P(A 2)=625，
所以P(B)=425+625+625=1625，
即若某顾客有两次抽奖机会，至少有一次中奖的概率为1625． 18.解：(1)在ΔPDE 中，PE =1，PD =2，∠EPD =60∘，
由余弦定理得DE 2=PE 2+PD 2−2PE ⋅PD cos60∘=3，
所以PE 2+DE 2=PD 2，所以PE ⊥DE ，
在△PBE 中，PE =1，BE =2，PB = 5，所以PE 2+BE 2=PB 2，所以PE ⊥BE ，又因为BE ∩DE =E ，BE 、DE ⊂平面BCDE ，所以PE ⊥平面BCDE ，
又PE ⊂平面PDE ，所以平面PDE ⊥平面BCDE ．
(2)在平面BCDE 中，过点E 作EF//CD ，交BC 于F ，
在平面PBC 中，过点F 作FM//PC ，交PB 于M ，连接ME ，
如图所示：
因为EF//CD ，CD ⊂平面PCD ，EF⊄平面PCD ，所以EF//平面PCD ，
同理可得MF//平面PCD，
又因为EF∩MF=F，EF，MF⊂平面MEF，所以平面PCD//平面MEF，因为ME⊂平面MEF，所以ME//平面PCD，即M即为所求的点，
因为EF//CD，即EF//AC，所以CF
FB =AE
EB
=1
2
，
又因为FM//PC，所以PM
MB =CF
FB
=1
2
，
即此时PM
MB =1
2
．
19.解：(1)a⋅b=1⋅(1−i)+(2−i)⋅(−2i)=1−i−4i−2=−1−5i，
a+b=(2+i,2+i)，
|a+b|=
=(2+i)⋅(2−i)+(2+i)⋅(2−i)=10；
(2)【解法1】
设a=(x1+y1i,x2+y2i)，b=(x3+y3i,x4+y4i)，
c=(x5+y5i,x6+y6i)，其中x j，y j∈R，j=1，2，3，4，5，6，
b+c=(x3+x5+(y3+y5)i,x4+x6+(y4+y6)i)，
a⋅(b+c)=(x1+y1i)[x3+x5−(y3+y5)i]+(x2+y2i)[x4+x6−(y4+y6)i] =x1(x3+x5)+y1(y3+y5)−x1(y3+y5)i+(x3+x5)y1i
+x2(x4+x6)+y2(y4+y6)−x2(y4+y6)i+(x4+x6)y2i
=x1x3+x1x5+y1y3+y1y5+x2x4+x2x6+y2y4+y2y6
+(−x1y3−x1y5+x3y1+x5y1−x2y4−x2y6+x4y2+x6y2)i，
a⋅b=(x1+y1i)(x3−y3i)+(x2+y2i)(x4−y4i)
=x1x3+y1y3−x1y3i+x3y1i+x2x4+y2y4−x2y4i+x4y2i
=x1x3+y1y3+x2x4+y2y4+(−x1y3+x3y1−x2y4+x4y2)i，
同理a⋅c=x1x5+y1y5+x2x6+y2y6+(−x1y5+x5y1−x2y6+x6y2)i，
所以a⋅b+a⋅c
=x1x3+x1x5+y1y3+y1y5+x2x4+x2x6+y2y4+y2y6
+(−x1y3−x1y5+x3y1+x5y1−x2y4−x2y6+x4y2+x6y2)i，
所以a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c，
【解法2】
设a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，c=(z5,z6)，
z1、z2、z3、z4、z5、z6∈C，
b+c=(z3+z5,z4+z6)，
a⋅b=z1z3+z2z4，a⋅c=z1z5+z2z6，
a⋅(b+c)=z1(z3+z5)+z2(z4+z6)，
因为z3+z5=z3+z5，z4+z6=z4+z6，
所以a⋅(b+c)=z1(z3+z5)+z2(z4+z6)
=z1z3+z1z5+z2z4+z2z6=z1z3+z2z4+z1z5+z2z6
=a⋅b+a⋅c，结论正确．
(3)设β=(m+ni,m+2+ni)，m，n∈R
则α−β=(2−m+(2−n)i,−m−ni)，
|α−β|=[2−m+(2−n)i]⋅[2−m−(2−n)i]+(−m−ni)⋅(−m+ni)，
=(2−m)2+(2−n)2+(−m)2+n2
=2m2+2n2−4m−4n+8
=2(m−1)2+2(n−1)2+4≥2
当且仅当m=n=1时，等号成立，
故|a−β|的最小值为2，此时β=(1+i,3+i)
则α−β=(1+i,−1−i)，
设γ=(s+ti,s+2+ti)，s，t∈R，
则β−γ=(1−s+(1−t)i,1−s+(1−t)i)，
则(α−β)⋅(β−γ)=(1+i)[1−s−(1−t)i]+(−1−i)[1−s−(1−t)i]=0，结论成立．。