222023-2024学年四川省宜宾市高一下学期期末学业质量监测数学试题（含解析）

222023-2024学年四川省宜宾市高一下学期期末学业质量监测
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.已知复数，则的 虚部是( )
A. B. C. D.
2.下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A. B.
C. D.
3.某超市在两周内的蓝莓每日促销量如图所示，根据此折线图，下面结论错误的是( )
A. 这天日促销量的众数是 B. 这天日促销量的中位数是
C. 这天日促销量的极差为 D. 这天日促销量的第百分位数是
4.已知向量，，若，则与的夹角为( )
A. B. C. D.
5.如图所示，四等分切割圆柱，再将其重新组合成一个新的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了单位：，则原圆柱的侧面积是 单位：
A. B. C. D.
6.在中，，，的角平分线交于点，，则的面积为( )
A. B. C. D.
7.钟鼓楼是宜宾市老城区中山街的一座标志性建筑，某同学为测量钟鼓楼的高度，在钟鼓楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处，，三点共线测得建筑物顶部，钟鼓楼顶部的仰角分别为和，在处测得钟鼓楼顶部的仰角为，则钟鼓楼的高度约为( )
A. B. C. D.
8.已知菱形沿对角线向上折起，得到三棱锥，分别是棱的中点，，为棱上的一点，且平面，则的值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线，和平面，，下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
10.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是”，事件“第一次掷出的点数是奇数”，事件“两次掷出的点数相同”，则下列结论正确的是( )
A. 与互斥 B. C. D. 与相互独立
11.已知，，分别为三个内角，，的对边，下列说法正确的是( )
A. 若，，，则有两解
B. 若，则为等腰三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若的外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为
12.已知正方体的棱长为，点为平面上一动点，则下列结论正确的是( )
A. 当点为的中点时，直线与所成角的余弦值为
B. 当点在棱上时，的最小值为
C. 当点在正方形内时，若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为
D. 该正方体被过，，中点的平面分割成两个空间几何体和，某球能被整体放入或内，则该球的表面积的最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知在复平面内，向量对应的 复数是，对应的复数是，则向量对应的复数为 ．
14.已知事件与事件相互独立，且，，则____ __．
15.著名数学家欧几里得原本中曾谈到：任何一个大于的整数要么是质数，要么可以写成一系列质数的积，例如已知，且均为质数，若从中任选个数，则这两个数之和小于的概率为 ．
16.在等腰梯形中，已知，，，，点，分别在线段和上，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知，，与的夹角为．
求；
当实数为何值时，与垂直？
18.本小题分
年全国城市节约用水宣传主题为“推进城市节水，建设美丽城市”某市为了鼓励居民节约用水，减少水资源的浪费，计划在全市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民月用水量标准单位：吨，月用水量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费，且该市政府希望有的居民月用水量不超过标准吨．为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了户居民某年的月均用水量单位：吨，并将数据制成了如图所示的频率分布直方图．
求直方图中的值，并估计月用水量标准的值；
若从月平均用水量在第一组和第二组的样本居民中按比例分配的分层抽样随机抽取户，再从这户中任意选取两户，求这两户来自同一组的概率．
19.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，且，为侧棱的中点．
求证：平面；
求点到平面的距离．
20.本小题分
已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
求；
若再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求，．
条件：中线长为；条件：的面积为．
注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分．
21.本小题分
如图，在三棱柱中，，，，，为的中点，平面．

求证：平面；
若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围．
22.本小题分
依据宜宾市城市总体规划规划战略定位，拟将我市建设成“长江生态首城、中华美酒之都、华夏最美竹海”若将宜宾临港经济开发区某地段如图所示中的四边形区域建成生态园林公园，为主要道路不考虑宽度已知，，．
求道路的长度；
若在道路的另一侧规划一块四边形的商业用地，使，且为等边三角形，求四边形面积的最大值．
答案解析
1.
【解析】因为复数，
所以复数的虚部为．
故选：．
2.
【解析】对于选项A：因为，可知，
所以不可以作为基底，故 A错误；
对于选项B：因为，可知，
所以不可以作为基底，故 B错误；
对于选项C：因为，可知，
所以不可以作为基底，故 C错误；
对于选项D：显然均不为零向量，
假设，则，
可得，方程组无解，即假设不成立，
所以不共线，所以可以作为基底，故 D正确；
故选：．
3.
【解析】根据题意，提取出蓝莓每日促销量从小到大排列得到数据：
．
则这天蓝莓每日促销量的众数是，故A正确；
则这天蓝莓每日促销量的中位数是第和个平均值，即，故 B正确；
则这天蓝莓每日促销量的极差是，故 C正确；
则这天蓝莓每日促销量的第百分位数，因为，则取第个，即故D错误．
故选：．
4.
【解析】根据题意，，则，
因为，所以，
即，所以，
设与的夹角为，则，又，
所以与的夹角为．
故选：
5.
【解析】设圆柱的底面半径为，高为，依题意可得，
所以圆柱的侧面积．
故选：
6.
【解析】设，
，
所以，
所以
故选：．
7.
【解析】在中，，，
在中，，，，
由正弦定理得，，
所以在等腰直角三角形中，有．
故选：
8.
【解析】如图，连接，交于点，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
又因为，分别为，的中点，
所以点为的重心，
所以，
在中，，根据三角形一边的平行线性质定理，
有．
故选：．
9.
【解析】对于，如图，，但，故 A错误；
对于，若，，则都可为面的法向量，则显然成立，故 B正确；
对于，如图，，但，故 C错误；
对于，若，，，直接根据线面平行的性质：线面平行，则线与过交线的面与另外一个面的交线平行，得到，故 D正确．
故选：．
10.
【解析】先后两次掷一枚质地均匀的骰子，
样本空间为，，
事件“两次掷出的点数之和是”，，
事件“第一次掷出的点数是奇数”，，
事件“两次掷出的点数相同”，，
对于，因为，所以事件与事件能同时发生，
即事件与事件不互斥，故 A错误；
对于，，故 B正确；
对于，，故 C正确；
对于，因为，
所以
又因为，
所以，
所以事件与事件相互独立，故 D正确．
故选：．
11.
【解析】选项A，中，若，，，
则由正弦定理，可得，
又，所以或，此时有两解，故 A正确；
选项B，中，若，则由正弦定理可得，
所以，即，
又，所以或，
即或，为等腰三角形或直角三角形，故 B错误；
选项C，若为锐角三角形，则，即，
因为在上为减函数，所以，故 C正确；
选项D，中，，则是的中点，所以为圆的直径，
则有，又，则为等边三角形，
有，，，，
则向量在向量上的投影向量为，故 D正确．
故选：．
12.
【解析】对于，为中点，连接，
正方体中，，，
则四边形为平行四边形，有，
为中点，为中点，所以，有，
直线与所成角为或其补角，
，，
，
所以直线与所成角的余弦值为，选项正确；
对于，当点在棱上时，将平面和平面展成同一平面，
则的最小值为展开图中的，
，选项错误；
对于，如图连接，
因为当点在正方形内，平面，
所以即为与平面所成的角，
若与平面所成的角为，则，
所以，即点的轨迹是以为圆心、以为半径的圆，
所以点的轨迹长度为，故 C正确；
选项，如图所示，分别为所在棱的中点，
该正方体被过，，中点的平面分割成两个空间几何体和，
平面在正方体上的截面为正六边形，
某球能被整体放入或内，该球的表面积最大时，
是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球，
正六边形的边长为，面积为，
正六棱锥中，侧棱长为，每个侧面面积为，棱锥的高为，
设内切球半径为，由体积法可得，解得，
所以该球的表面积为，选项正确．
故选：．
13.
【解析】在复平面内，向量对应的复数是，对应的复数是，
由，则向量对应的复数为．
故答案为：．
14.或
【解析】因为事件与事件相互独立，，，
所以，
所以．
故答案为：．
15.或
【解析】根据题意，，
可得，
若从中任选个数：
共种，
两个数之和小于：，有种，
所以这两个数之和小于的概率为．
故答案为：
16.
【解析】过作的垂线，垂足分别为，
，则，
以为原点，为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
等腰梯形中，，，，，
则有，，所以，，
设，，则，
令，得，，则，
有，当时取到等号．
所以的最大值为．
故答案为：．
17.解：
根据题意，，
所以．
根据题意，，
即．
又由知，
所以
解得．
【解析】根据向量的数量积公式求出，再由向量模公式求解即可；
由，则其数量积为，利用数量积的运算法则，结合中的，得到关于的方程，求解即可．
18.解：
由
解得．
，
吨．
根据题意得，月平均用水量在第一组居民有户，
月平均用水量在第二组居民有户，
分层抽样随机抽取户，第一组抽取了户，第二组抽取了户
记第一组抽取的两户分别为，，第二组抽取的四户分别为，，，，从这户中任意选取两户，
样本点有，
，共个
记两户来自同一组为事件，事件包含的样本点为：
共个．
根据古典概型可得，．
【解析】先根据频率分布直方图概率和为求出，再根据百分位数求解即可；
列举法应用古典概型求解．
19.解：
连接交于，连接，则为的中点，
为侧棱的中点，，
平面，平面；
平面；
为侧棱的中点，
到平面的距离等于到平面的距离的一半，
到平面的距离，
，
底面，面，
，
又，，
，
平面，
平面，
又平面，，
，，
，
设点到平面的距离为，
由，得，所以，
即点到平面的距离为．
【解析】连接交于，连接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；
利用等体积法求解即可．
20.解：
中，已知，
由正弦定理得，
又，
则有，
由，，得，
则有，
由，有，所以，得．
若选择条件：
由，余弦定理得，
由，有，得，
由，解得：，或，．
若选择条件；
由，得，
的面积，得，
由，解得：，或，．
【解析】已知等式利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式化简，可求；
由选择的条件结合余弦定理，列方程组求，．
21.解：
因为平面，平面，所以，
因为，，
所以，平面，
所以平面．
取中点，连接，，则
所以四边形是平行四边形．
因为，，，，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面．
作于，平面平面，平面，
则平面，
连接，则为直线与平面所成的角，

由，，，知，
又由知平面，
所以，，
．
则，
由于，所以，所以．
故直线与平面所成角的正弦值的取值范围为．
【解析】根据线面垂直判定定理；
先根据面面垂直的判定定理的平面平面，从而得到平面，在利用线面夹角的定义找到夹角，计算得出夹角正弦值的取值范围．
22.解：
解：连接，由余弦定理可得，所以，
由，，所以．
因为，所以．
在中，，
所以，解得，
即道路的长度为．
设，在中，由正弦定理可得，
．
又因为为等边三角形，
所以
．
因为，所以，
所以当，即，．
即四边形面积的最大值为．
【解析】连接，利用余弦定理求得在中，利用余弦定理即可求出．
在中利用正弦定理，设，表示出，进而结合条件表示出四边形面积，得到其最大值即可．
第1页，共1页