2023～2024 学年下学期佛山市普通高中教学质量检测
高一数学 2024 . 7
本试卷共 4页,19小题.满分 150分.考试用时 120分钟.
注意事项:
1.答卷前,考生务必要填涂答题卡上的有关项目.
2.选择题每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答案涂在答题卡相应的位置上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动,
先划掉原来的答案,然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液,不按以上要求作答的答案无效.
4.请考生保持答题卡的整洁.考试结束后,将答题卡交回.
一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
5i
1． = ( )
i 2
A． 1 2i B． 1+ 2i C．1 2i D．1+ 2i
2．已知 tan = 2 ,则 tan 2 = ( )
4 4 3 3
A． B． C． D．
3 3 4 4
3．已知向量a ,b 不共线,若 (a + 2b) / / (ka b) ,则 k =( )
1 1
A． 2 B． C． D．2
2 2
4．已知两条不同的直线m , n 和三个不同的平面 , , ,下列判断正确的是( )
A．若m , n / / m ,则n / /
B．若m , n , m / / , n / / ,则 / /
C．若 ⊥ , ⊥ , = m ,则m ⊥
D．若 = n ,m⊥ n ,m ,则 ⊥
5．已知四边形 ABCD中, AC = ( 2,1) , BD = (2,4) ,则四边形 ABCD的面积为( )
A．3 B．5 C．6 D．10
6．已知函数 f (x) = Asin ( x + ) (其中 A 0 , 0 , )的部分图象如图所示,点M , N 是函数
图象与 x 轴的交点,点P 是函数图象的最高点,且 PMN 是 y
P
1
边长为 2的正三角形,ON = 3OM ,则 f = ( )
3
3 3 2 + 2
A． B． M O N x
2 4
3 2 6 3 2 + 6
C． D．
4 4
高一数学试题 第 1 页 共 4 页
7．某学校兴趣学习小组从全年级抽查了部分男生和部分女生的期中考试数学成绩,并算得这部分同学的平
均分以及男生和女生各自的平均分,由于记录员的疏忽把人数弄丢了,则据此可确定的是( )
A．这部分同学是高分人数多还是低分人数多
B．这部分同学是男生多还是女生多
C．这部分同学的总人数
D．全年级是男生多还是女生多
8．已知正四棱台 ABCD A1B1C1D1 , AB = 2 ,半球的球心O在底面 A1B1C1D1的中心,且半球与该棱台的
各棱均相切,则半球的表面积为( )
A．9 B．18 C．27 D．36
二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对
的得 6 分,部分选对的得部分分,有选错的得 0 分.
9. 关于复数 z = cos + i sin ( i 为虚数单位),下列说法正确的是( )
A. z z =1 B. z 在复平面内对应的点位于第二象限
z3C. =1 D. z2 z +1= 0
10.四名同学各掷骰子5次,分别记录每次骰子出现的点数.根据四名同学的统计结果,可能出现点数6 的是
( )
A．平均数为3 ,中位数为 2 B．中位数为3 ,众数为2
C．平均数为 2 ,方差为2.4 D．中位数为3 ,方差为2.8
11.如图,在三棱锥P DEF 中,PE = PF =1, PD = 2 , DE = DF = 5 , EF = 2 ,点Q是DF 上一动
点,则( ) P
A．过 PE 、 PF 、DE 、 DF 各中点的截面的面积为 2
2
B．直线 PE 与平面DEF 所成角的正弦值为
E
3 D
C． PEQ 面积的最小值为 5 Q
5 F
D．将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形
三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.其中第 14题对一空得 3分,全对得 5 分.
12.已知a b = 1,b = (1,2) ,则a 在b 上的投影向量为 ．
π
13.已知4cos + = cos2 ,则 sin 2 = ．
4
14.已知 ABC是边长为 2的正三角形,点D 在平面 ABC 内且DA DB = 0 ,则DA DC 的最大值为 ,
最小值为 ．
高一数学试题 第 2 页 共 4 页
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.( 13 分)
某学校高一新生体检,校医室为了解新生的身高情况,随机抽取了 100 名同学的身高数据(单位:cm ),
制作成频率分布直方图如图所示．
(1) 求这 100名同学的平均身高的估计值(同一组数据用区间中点值作为代表)；
(2) 用分层抽样的方法从 165,170) , 170,175) , 175,180)中抽出一个容量为17 的样本,如果样本
按比例分配,则各区间应抽取多少人？
(3) 估计这 100名同学身高的上四分位数．
频率
组距
0.07
x
0.04
0.02
0.01
160 165 170 175 180 185 身高/cm
16.( 15 分)
在非直角三角形 ABC 中,角 A , B ,C 的对边分别为a ,b , c ,且满足a = 2ccos B bcosC．
(1) 求证: tanC = 2tan B；
(2) 若 tan A = 3,a = 3,求 ABC的面积．
17.( 15 分)
如图,已知多面体PQRABCD 中,四边形 ABCD、PABQ、 PADR 均为正方形,点H 是 CQR的垂
心,PA =1．
(1) 证明:H 是点 A在平面CQR 上的射影； P R
(2) 求多面体PQRABCD的体积．
Q
.H
D
A
B C
高一数学试题 第 3 页 共 4 页
18.( 17 分)
π
如图,在扇形OMN 中,半径OM = 2 ,圆心角 MON = ,矩形 ABCD内接于该扇形,其中点 A , B
3
分别在半径OM 和ON 上,点C , D 在 上, AB // MN ,记矩形 ABCD的面积为 S .
(1) 当点 A , B 分别为半径OM 和ON 的中点时,求 S 的值；
π
(2) 设 DOM = (0 ),当 为何值时, S 取得最大值,并求此时 S 的最大值.
6
N
C
B
D
O A M
19.( 17 分)
如图,在直三棱柱 ABC A1B1C1 中, AB ⊥ BC , AB = AA1 = 3 , BC =1, P 是BC1 上一动点,
BP = BC (0 1),M 是CC1 的中点,Q是 AM 的中点． 1
1
(1) 当 = 时,证明:PQ / / 平面 ABC ；
4
(2) 在答．题．卡．的题(2)图中作出平面 AB1P 与平面 ACC1A1 的交线(保留作图痕迹,无需证明)；
14
(3) 是否存在 ,使得平面 AB1P 与平面 ACC1A1 所成二面角的余弦值为 ？若存在求满足条件的
4
值,若不存在则说明理由．
A C1 1
B1
M
Q
PA C
B
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高一数学 参考答案与评分标准
一、选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合
题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A B C B D B C
二、选择题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要
求.全部选对的得 6 分,部分选对的得部分分,有选错的得 0 分.
题号 9 10 11
答案 AD ABD BCD
三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.其中第 14题对一空得 3分,全对得 5分.
1 2 1
12. , (或写成 b ) 13. 1 14. 3 , 1
5 5 5
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.【解析】(1)由图可知5 (0.01+ 0.07+ x+ 0.04+ 0.02) =1,得 x = 0.06 .…………………………2分
平均身高的估计值为:162.5 0.01 5+167.5 0.07 5+172.5 0.06 5+177.5 0.04 5+182.5 0.02 5
=172.25 cm .………………………………………………………………………………………………6分
(2) 165,170) , 170,175) , 175,180)各区间人数分别为：100 0.07 5 = 35,100 0.06 5 = 30 ,
100 0.04 5 = 20．所以相应抽取的人数分别为：
35 30 20
17 = 7 ,17 = 6 ,17 = 4．………………………………9分
35+30+ 20 35+30+ 20 35+30+ 20
(3)上四分位数即 75%分位数． …………………………………………………………………………10分
身高在 180,185)的人数占比5 0.02 =10%,在 175,180)的人数占比5 0.04 = 20%,
所以 75%分位数在 175,180)内．…………………………………………………………………………11分
设上四分位数为a ,则0.04 (180 a)+ 0.02 5 =1 75%． ………………………………………12分
解得a =176.25 ,即估计这 100名同学身高的上四分位数为176.25. ………………………………13分
16.【解析】(1)由2ccos B bcosC = a及正弦定理可得2sinCcos B sin BcosC = sin A,………2分
又 sin A = sin(B +C) = sin BcosC + cos BsinC ,
所以2sinCcos B sin BcosC = sin BcosC +cos BsinC ,
整理得sinC cos B = 2sin BcosC ,………………………………………………………………………4分
因为 ABC不是直角三角形,所以cos B 0,cosC 0 ,两边同时除以cos BcosC ,
得 tanC = 2tan B．…………………………………………………………………………………………6分
tan B + tanC 3tan B
(2)由 tan A = tan(B +C) = = = 3 ,整理得2 tan2 B tan B 1= 0 ,
1 tan B tanC 1 2 tan2 B
1
所以 (2 tan B +1)(tan B 1) = 0 ,解得 tan B = 或 1, ………………………………………………8分
2
1
若 tan B = ,则 tanC = 2tan B = 1,此时B ,C 均为钝角,不符合题意,故舍去,所以 tan B =1,…9分
2
高一数学答案 第 1 页 共 4 页
3 10 2 2 5
tanC = 2tan B = 2,此时sin A = , sin B = ,sin C = , ……………………………11分
10 2 5
b c a 3
由正弦定理 = = = = 10 ,
sin B sin C sin A 3 10
10
可得b = 10 sin B = 5 , c = 10 sin C = 2 2 , ……………………………………………………13分
1 1 3 10
所以 ABC的面积 S△ABC = bc sin A = 5 2 2 = 3．………………………………15分
2 2 10
17.【解析】(1)连接CH ,并延长交QR 于M ,所以QR ⊥CM ． ………………………………………1分
由已知易得四边形BDRQ为矩形,所以BD / / QR ．……………………………………………………3分
BD ⊥ AC ,所以QR ⊥ AC 且 AC CM =C ,所以QR ⊥平面 ACM ．……………………………5分
P R
AH 平面 ACM ,所以QR ⊥ AH ．…………………………………6分 M
同理QC ⊥ AH ． ………………………………………………………7分 Q
.H
又QR QC =Q ,所以 AH ⊥平面CQR ． …………………………8分
所以H 是点 A在平面CQR 上的射影．……………………9分 DA
(2)设 AC BD =O ,由题意可知BQ ⊥平面 ABCD, OB C
所以BQ是棱柱PQR ABC 的高,且BQ ⊥OC ,又由(1)知OC ⊥ BD ,所以OC ⊥平面QBDR ,
所以OC 是棱锥C QBDR 的高．………………………………………………………………………11分
V =VPQR ABD +VC QBDR ．…………………………………………………………………………………12分
1
VPQR ABD = S△ABD BQ = ．……………………………………………………………………………13分
2
1 1 2 1
VC QBDR = SQBDR OC = 2 = ．……………………………………………………………14分
3 3 2 3
1 1 5
所以多面体PQRABCD的体积V = + = ．………………………………………………………15分
2 3 6
18.【解析】(1)当点 A , B 分别为半径OM 和ON 的中点时,CD = AB =OA=1,取CD中点F ,连接OF ,
2 2 1 15
且OF 与 AB 交于点G ,则OF = OD DF = 4 = , …………………………………2分
4 2
3 3
OG = OA = ,………………………………………………………………………………………4分
2 2
15 3
则 FG =OF OG = ,…………………………………………………………………………6分
2
15 3
此时矩形 ABCD的面积 S = AB FG = ．……………………………………………………7分
2
(2)解法一：过点D 作DE ⊥OM ,垂足为 E ,则DE = 2sin ,OE = 2cos , ……………………8分
π
在Rt△ADE中, DAE = , AD = 2DE = 4sin , …………………………………………………9分
6
AE = 3DE = 2 3 sin ,………………………………………………………………………………10分
AB =OA =OE AE = 2cos 2 3 sin , …………………………………………………………11分
高一数学答案 第 2 页 共 4 页
矩形 ABCD的面积 S = AB AD = (2cos 2 3sin ) 4sin = 8sin cos 8 3sin2 …13分
1 cos 2 π
= 4sin 2 8 3 = 4sin 2 + 4 3 cos 2 4 3 = 8sin 2 + 4 3 , …………15分
2 3
π π π
当 2 + = ,即 = 时,矩形 ABCD的面积 S 最大,最大值为8 4 3 ．………………………17分
3 2 12
N
π
解法二：若 DOM = 0 ,设 DOF = ,
6 C
π
则 = ,DF =OD sin DOF = 2sin ,…………………8分 B
6 F
D
OF =OD cos DOF = 2cos ,
G
OG = 3AG = 3DF = 2 3 sin , ……………………………9分
O M
所以FG =OF OG = 2cos 2 3 sin , …………………10分 A E
AB = 2DF = 4sin ．……………………………………………………………………………………13分
1 cos 2 π
= 4sin 2 8 3 = 4sin 2 + 4 3 cos 2 4 3 = 8sin 2 + 4 3 ,…………15分
2 3
π π π π
当 2 + = ,即 = ,即 = 时,矩形 ABCD的面积 S 最大,最大值为8 4 3 ． ………17分
3 2 12 12
1
19.【解析】(1)过P、Q分别作PK ⊥ BC ,QN ⊥ AC 则 PK / / CC1且PK = CC1,QN / / CM 且
4
1 1
QN = CM = CC1．……………………………………………………………………………………2分
2 4
所以PK / / QN 且 PK =QN ,所以四边形PKNQ 是平行四边形．……………………………………3分
从而PQ / / KN ,又KN 平面 ABC , PQ 平面 ABC ,所以PQ / / 平面 ABC ．…………………5分
(2)如图,在平面 ACC1A1 内,延长B1P、CC1交于 D ,连接 AD ,
则 AD 为平面 AB1P 与平面 ACC1A1 的交线．……………………………………………………………8分
A1 C1 A
H C
1 1
B1
B
M 1
Q
P P
A C A C
N
E
K G
B
D
(3)过B1作B1H ⊥ A1C1 ,垂足为 H ,过 H 作HG ⊥ AD,垂足为G ,连接B1G ,……………………9分
因为三棱柱 ABC A1B1C1 是直三棱柱,所以CC1 ⊥平面 A1B1C1 ,
又 B1H 平面 A1B1C1 , CC1 ⊥ B1H ,又 B1H ⊥ A1C1 , A1C1 CC1 =C1 ,
B1H ⊥平面 ACC1A1 ,又 AD 平面 ACC1A1 , B1H ⊥ AD ,
又 HG ⊥ AD,B1H HG = H , AD ⊥平面B1HG ,又B1G 平面B1HG , AD ⊥ B1G ,
所以 B1GH 为平面 AB1P 与平面 ACC1A1 所成二面角的平面角．…………………………………10分
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14
假设存在满足条件的 ,即cos B1GH = ,
4
BE BP 2
由已知可求得BC1 = 2 ,所以BP = 2 , = = = ,
B1C1 PC1 2 2 1
EC BE 1 2 DC EC 1 2
所以 =1 =1 = ,又 = = ,
B1C1 B1C1 1 1 DC1 B1C1 1
DC DC 1 2 1 2 3(1 2 )
= = = ,所以DC = ,…………………………12分
CC1 CC1 DC 1 (1 2 )
3(1 2 ) 5 3 3(1 )
所以 S△ACD = , S = , S =梯形 , HACC △DHC
1 4 1 4
3(3 2 )
S△ADH = S△ACD + S S△DHC =梯形 ,…………………………………………………13分 HACC1 1 4
16 2 12 +3
AD = AC2 +CD2 = , ……………………………………………………………14分
1 2S△ADH 3(3 2 )S△ADH = AD HG ,故HG = = ． …………………………………15分
2 AD 2 16 2 12 +3
14 7 B H
由 cos B1GH = 得 tan B1GH = =
1 ,
4 7 HG
3
3 7
又 B1H = ,所以
2 = ．………………………………………………………16分
2 3(3 2 ) 7
2 16 2 12 +3
1 1 14
解得 = ,即存在 = 使得平面 AB1P 与平面 ACC1A1 所成二面角的余弦值为 ． ………17分
3 3 4
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