2023-2024学年湖北省武汉市常青联合体高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市常青联合体高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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i是虚数单位，i⋅z=2+i，则复数z的模为( )
A. 5B. 3C. 5D. 3
2.已知平面向量a，b的夹角为60∘，a=( 3,1)，|b|=1，则|a+2b|=( )
A. 2B. 7C. 2 3D. 2 7
3.在一次数学测试中，高一某班40名学生成绩的平均分为82，方差为10.2，则下列四个数中不可能是该班数学成绩的是( )
A. 100B. 85C. 65D. 55
4.α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的个数是( ) ①若α/​/β，m⊂α，则m/​/β
②若m/​/α，n⊂α，则m/​/n
③若m⊥α，m/​/n，则n⊥α
④若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P、Q分别为CD和AD的中点，则PQ到平面A1C1B的距离为( )
A. 33B. 63C. 32D. 62
6.已知在△ABC中，满足ctanB=(2a−c)tanC，点D在AC边上，且BD平分∠ABC，b=2 3，则BD的最大值为( )
A. 3B. 1C. 3D. 4
7.已知O为三角形ABC内一点，且满足OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA和BO=2OA+3OC，则角B为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
8.在正三棱锥A−BCD中，M、N分别为AC、BC的中点，P为棱CD上的一点，且PC=2PD，MN⊥MP，若BD= 6，则此正三棱锥A−BCD的外接球的表面积为( )
A. 3πB. 6πC. 8πD. 9π
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知i为虚数单位，以下说法正确的是( )
A. 复数z=(1+i)2在复平面对应的点在第一象限
B. 若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2
C. 若z=a2+a−2+(a2−3a+2)i为纯虚数，则实数a=−2
D. 复数z满足i2024(2+z)=2−i，则z=i
10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列说法正确的是( )
A. 若acsB=bcsA，则△ABC是等腰三角形
B. 若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
C. 若AB=2 2，∠B=45∘，AC=3，则满足条件的三角形有2个
D. 若△ABC不是直角三角形，则tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为AB，CC1的中点，且MN与正方体的内切球O(O为球心)交于E，F两点，则下列说法正确的是( )
A. 线段EF的长为 2
B. 三棱锥O−DEF的体积为 36
C. 过O，M，N三点的平面截正方体AC1所得的截面面积为2 3
D. 设P为球O上任意一点，则PM·PN的范围为[− 2, 2]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某歌手在一次比赛中评委给分为6、6、5、7、7、8、9、10(十分制)则该歌手得分的第七十五百分位数是 ．
13.如图所示，B是AC的中点，BE=2OB，P是平行四边形BCDE内(含边界)的一点，且OP=xOA+yOB(x、y∈R)，则当y=2时，x的范围是 。
14.已知在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a= 3，角A为锐角，向量p=(2sinA,− 3)与q=(cs2A,csA)共线，
且sinB+sinC=2 6sinBsinC，则三角形ABC的周长为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=(3,2)，b=(2,−1)
(1)若ka−b与a+3b垂直，求k的值;
(2)若ka−b与a+3b共线，求|3ka+b|的值。
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB/​/DC，AD=DC=AP=2，AB=1，点E为棱PC的中点．
(1)证明：BE/​/平面PAD;
(2)求直线AP与平面ABE所成角的大小．
17.(本小题12分)
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且acs(B−C)−acs(B+C)=2 3csinBcsA
(1)求A;
(2)若△ABC为锐角三角形，且c=2，求△ABC面积的取值范围．
18.(本小题12分)
随着社会的进步、科技的发展，人民对自己生活的环境要求越来越高，尤其是居住环境的环保和绿化受到每一位市民的关注，因此，2019年6月25日，生活垃圾分类制度入法，提倡每位居民做好垃圾分类储存、分类投放，方便工作人员依分类搬运，提高垃圾的资源价值和经济价值，力争物尽其用.某市环卫局在A、B两个小区分别随机抽取6户，进行生活垃圾分类调研工作，依据住户情况对近期一周(7天)进行生活垃圾分类占用时间统计如下表：
(1)分别计算A、B小区每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差;以及A、B两个小区抽取的一共12户每周进行生活垃圾分类所用时间的平均值和方差;
(2)如果两个小区住户均按照1000户计算，小区的垃圾也要按照垃圾分类搬运，市环卫局与两个小区物业及住户协商，初步实施下列方案：
①A小区方案：号召住户生活垃圾分类“从我做起”，为了利国利民，每200位住户至少需要一名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，每位工作人员月工资按照3000元(按照28天计算标准)计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少?
②B小区方案：为了方便住户，住户只需要将垃圾堆放在垃圾点，物业让专职人员进行生活垃圾分类，一位专职工作人员对生活垃圾分类的效果相当于5位普通居民对生活垃圾分类效果，每位专职工作人员(每天工作8小时)月工资按照4000元(按照28天计算标准)计算，则每位住户每月至少需要承担的生活垃圾分类费是多少?
③市环卫局与两个小区物业及住户协商分别试行一个月，根据实施情况，试分析哪个方案惠民力度大，值得进行推广?
19.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的等边三角形，CC1=2，D，E分别是线段AC、CC1的中点，C1在平面ABC内的射影为D．
(1)求证：A1C⊥平面BDE;
(2)若点F为棱B1C1的中点，求三棱锥F−BDE的体积;
(3)在线段B1C1上是否存在点G，使二面角G−BD−E的大小为π4，若存在，请求出C1G的长度，若不存在，请说明理由．
答案解析
1.【答案】A
【解析】
解：由i⋅z=2+i，得z=2+ii=2+iii·i=1−2i，
∴|z|= 5．
故选：A．
2.【答案】C
【解析】
解：∵a与b的夹角θ=60°，a=( 3,1)，
∴|a|= ( 3)2+12=2，
∴|a+2b|= (a+2b)2= a2+4a⋅b+4b2，
= 22+4×2×1×12+4×12=2 3，
故选：C．
3.【答案】D
【解析】
解：因为方差s2=i=140xi−x240=10.2，
所以i=140xi−x2=10.2×40=408，
若存在x=55，则x−x2=55−822=729>408，
所以55不可能是该班的化学成绩．
故选D．
4.【答案】B
【解析】
解：①若α//β,m⊂α ，则m//β ，①正确．
②若m//α,n⊂α ，则m，n有可能平行或异面，②不正确．
③若m⊥α,m//n ，由线面垂直的判定定理可得n⊥α ，③正确．
④若α⊥β,α∩β=n,m⊥n，因为m不一定在平面α内，所以m不一定垂直 β ，④不正确．
故选B．
5.【答案】C
【解析】
解：延长QP交BC延长线于点M，连接A1M，C1M，
易知PQ/​/平面A1C1B，
所以PQ到平面A1C1B的距离即点M到平面A1C1B的距离，
设点M到平面A1C1B的距离为ℎ，
则VM−A1BC1=VA1−C1BM，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，
所以BM=32，A1B=BC1=A1C1= 2，
所以13×S△A1BC1⋅ℎ=13×S△BMC1⋅A1B1，
即 34×( 2)2ℎ=12×32×1×1，
解得ℎ= 32，
所以PQ到平面A1C1B的距离为 32．
故选C．
6.【答案】A
【解析】
解：∵ctanB=(2a−c)tanC，
由正弦定理得sinCsinBcsB=(2sinA−sinC)sinCcsC，
由sinC>0得sinBcsC=2sinAcsB−sinCcsB，
∴sinBcsC+csBsinC=2sinAcsB，
∴sin(B+C)=2sinAcsB，
又B+C+A=π，
∴sinA=2sinAcsB，sinA>0，
∴csB=12，
又∵0∴B=π3；
由SΔABD+SΔCBD=SΔABC得12AB×BDsinπ6+12BC×BDsinπ6=12AB×BCsinπ3，
∴BD= 3AB×BCAB+BC，
在△ABC中，由余弦定理得AB2+BC2−AB×BC=12，
得AB×BC=(AB+BC)2−123≤(AB+BC)24，
得到AB+BC≤4 3，当且仅当AB=BC取等号，
则BD= 3AB×BCAB+BC= 3×(AB+BC)2−123AB+BC= 33(AB+BC)−4 3AB+BC≤3，
当且仅当AB=BC=2 3取等号，
则BD长的最大值为3．
故选A．
7.【答案】B
【解析】
解：如图：
因为OA⋅OB=OB⋅OC，所以OB·OA−OC=OB·CA=0，因此OB⊥AC．
同理可得OC⊥AB，OA⊥BC，因此O是△ABC的垂心．
因为O是△ABC内一点，所以△ABC是锐角三角形，因此∠ABC为锐角．
因为BO=2OA+3OC，所以−OB+OC=2OA+OC，
因此取线段BC、线段AC的中点分别为E、D，则−2OE=4OD，
所以点O在线段ED上，且EOOD=2，∠ABC=∠DEC．
连接AO延长交BC于G，过D作DM//AG，交BC于M，连接CO，
则OG⊥EC，OC⊥DE．
设EG=2y．
因为DM//AG，EOOD=2，所以GM=y，而D是线段AC的中点，因此MC=GM=y，
所以EG=GC=2y．
因为OG⊥EC，EG=GC，所以△OEC是以EC为底边的等腰三角形，
而OC⊥DE，因此△OEC是以EC为底边的等腰直角三角形，所以∠DEC=π4，
即∠ABC为π4．
8.【答案】D
【解析】
解：因为M，N分别是棱AC，BC的中点，
所以MN//AB，
因为MN⊥MP，
所以AB⊥MP，
因为三棱锥A−BCD为正三棱锥，
所以AB⊥CD(对棱垂直)，
又因为MP，CD⊂面ACD，MP∩CD=P，
所以AB⊥面ACD，
因为AC，AD⊂面ACD，
所以AB⊥AC，AB⊥AD，
因为三棱锥A−BCD为正三棱锥，
所以△ABD是等腰三角形， △BCD是等边三角形，
因为BD= 6，
所以AB=AD= 6×cs45°= 3，DC=BD= 6，
所以AC2+AD2=DC2，即AC⊥AD，
所以AB，AC，AD两两垂直，
将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于BD长，
则该正方体棱长为 3，外接球半径R=12 ( 3)2+( 3)2+ 32=32，
正方体外接球的表面积为S=4πR2=9π．
故选D．
9.【答案】CD
【解析】
解：对于A、z=(1+i)2=2i，对应点(0,2)，不在复平面对应的点在第一象限，故A错误；
对于B、取z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|,但不满足z1=z2，故B错误；
对于C、z=a2+a−2+(a2−3a+2)i为纯虚数，
则a2+a−2=0a2−3a+2≠0⇒a=−2，故C正确；
对于D、z=2−ii2024−2=2−i1−2=2−i−2=−i，则z=i，故D正确
10.【答案】BD
【解析】
解：对于A:在△ABC中，acsB=bcsA，即acsA=bcsB，
由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB，
即sin2A=sin2B，得A=B或A+B=π2，
则△ABC是等腰三角形或直角三角形，故A错误;
对于B：因为△ABC为锐角三角形，
则A+B>π2，即A>π2−B，
所以sin⁡A>sin⁡(π2−B)=cs⁡B，故B正确；
对于C:在△ABC中，AB=2 2，∠B=45 ∘，AC=3，
由余弦定理得csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=BC2−14 2BC= 22，
则BC2−4BC−1=0，解得BC=2+ 5(负值舍去)，满足条件的三角形有一个，故C错误;
对于D:由△ABC不是直角三角形且A=π−(B+C)，
则tanA=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC，
所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，故D正确．
故选BD．
11.【答案】ABD
【解析】
解：过 O ， M ， N 三点的截面为正六边形 MGNHIJ ，球心 O 为其中心，
在正六边形 MGNHIJ 中， OM=ON= 2 ，点 O 到 MN 的距离为 22 ， OE=OF=1 ，所以 EF=2 1−12= 2 ，故A正确；
VO−DEF=VD−OEF=13S△OEF⋅DO=13×12× 3= 36 ，故B正确；
正六边形 MGNHIJ 的面积 S=6×12×( 2)2sin π3=3 3 ，故C错误；
由题意，|OM|=|ON|= 2,|MN|= 6,所以cs∠MON=2+2−62× 2× 2=−12，
所以OM·ON= 2· 2×(−12)=−1，
取MN的中点Q，则|OQ|= 22，
PM·PN=(PO+OM)·(PO+ON)
=PO2+PO·(OM+ON)+OM·ON=1+2PO·OQ−1
=2PO·OQ=− 2cs∠POQ
当P，O，Q共线时，可知PM·PN的范围为[− 2, 2]，故D正确．
故选ABD．
12.【答案】8.5
【解析】
解：将数据由小到大排列为：
5，6，6，7，7，8，9，10，
因为8×75％=6，
所以该歌手得分的第七十五百分位数是8+92=8.5．
故答案为8.5．
13.【答案】[−1,0]
【解析】
解：如图，
过P作PM//AO，交OE于M，作PN//OE，交AO的延长线于N，则：
OP=ON+OM；
又OP=xOA+yOB；
∴x≤0，y≥1；
由图形看出，当y=2时，M为BE中点，
则点P在线段CM上运动，
当点P与M重合时，x=0，OP=2OB，
当点P与点C重合时，x=−1，OP=−OA+2OB，
所以x的范围是[−1,0]．
故答案为：[−1,0]．
14.【答案】 6+ 3
【解析】
解：因为p→=(2sinA,− 3)与q→=(cs2A,csA)共线，
所以2sinAcsA=− 3cs2A，即sin2A=− 3cs2A，
所以tan2A=− 3，
因为A∈(0,π2)，
所以2A∈(0,π)，
则2A=2π3，解得A=π3，
因为a= 3，
由正弦定理得2R=asinA= 3 32=2，
又因为sinB+sinC=2 6sinBsinC，
由正弦定理得b2R+c2R=2 6·b2R⋅c2R，
即b+c= 6bc，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
即b2+c2−bc=3，即(b+c)2−3bc=3，
所以 6(b+c)2−3(b+c)−3 6=0，
解得b+c= 6，
所以三角形的周长为C△ABC= 6+ 3，
故答案为 6+ 3．
15.【答案】解：(1)∵a=(3,2)，b=(2,−1)，
∴ka−b=k(3,2)−(2,−1)=(3k−2,2k+1)，
a+3b=(3,2)+3(2,−1)=(9,−1)，
∵ka−b与a+3b垂直，
∴9(3k−2)+(−1)(2k+1)=0，
∴k=1925．
(2)由(1)知，9(2k+1)−(−1)(3k−2)=0，得k=−13．
∴3ka+b=3×(−13)×(3,2)+(2,−1)=(−1,−3)，
∴|3ka+b|= (−1)2+(−3)2= 10．
【解析】
(1)由已知计算ka−b，a+3b的坐标，由(ka−b)·(a+3b)=0，可解得k；
(2)由平面向量共线的充要条件可得k值，从而得3ka+b的坐标，进而得所求．
16.【答案】解：(1)如图，取PD中点M，连接EM，AM，
由于E，M分别为PC，PD的中点，故EM/​/DC，且EM=12DC，
又AB//DC，AB=12DC，可得EM/​/AB，且EM=AB，故四边形ABEM为平行四边形，
所以BE/​/AM，又因为AM⊂平面PAD，BE⊄平面PAD，所以BE//平面PAD．
(2)因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，∴PA⊥AB，
又AB⊥AD，PA∩DA=A，PA、DA⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，
又PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD，∵AD=AP，M为PD的中点，
∴PD⊥AM，又AB∩AM=A，AB、AM⊂平面ABE，∴PD⊥平面ABE，
∴直线AP在平面ABE内的射影为直线AM，故∠PAM为直线AP与平面ABE所成的角，
由PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD可得，PA⊥AD，∠PAD=90∘，
∴△PAD为等腰直角三角形，且AM平分∠PAD，∴∠PAM=45∘，
所以直线AP与平面ABE所成的角为45∘．
【解析】
(1)取PD中点M，连接EM，AM，证明四边形ABEM为平行四边形，即可得证；
(2)因为∠PAM为直线AP与平面ABE所成的角，又△PAD为等腰直角三角形，AM平分∠PAD，即可得解．
17.【答案】解：(1)故得acs(B−C)−acs(B+C)=2 3csinBcsA
所以acsBcsC+asinBsinC−a(csBcsC−sinBsinC)=2 3csinBcsA，
即asinBsinC= 3csinBcsA.
由正弦定理，得sinAsinBsinC= 3sinCsinBcsA，
显然sinC>0，sinB>0，所以sinA= 3csA，所以tanA= 3．
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)由题设及(1)可知，△ABC的面积S△ABC=12bcsinA= 32b，
∵A=π3，∴B+C=2π3，∴B=2π3−C，∴b=2sin(2π3−C)sinC= 3tanC+1
∵ABC为锐角三角形，∴0∴tanC> 33，∴0<1tanC< 3，∴1< 3tanC+1<4，
∴1又∵S△ABC=12bcsinA= 32b∴S△ABC∈( 32,2 3)
【解析】
(1)根据两角和与差的余弦公式结合正弦定理求出sinA= 3csA，所以tanA= 3，即可求解；
(2)根据三角形的面积和正切函数性质即可求解。
18.【答案】解：(1)xA=16(220+185+220+225+205+235)=215(分钟)，
xB=16(205+195+245+235+225+215)=220(分钟)，
sA2=16[(220−215)2+(185−215)2+(220−215)2+(225−215)2+(205−215)2+(235−215)2]=7753，
sB2=16[(205−220)2+(195−220)2+(245−220)2+(235−220)2+(225−220)2+(215−220)2]=8753，
总体的平均数x=6×215+6×22012=217.5，
总体的方差s2=612[sA2+(xA−x)2]+612[sB2+(xB−x)2]
=12[7753+(215−217.5)2+8753+(220−217.5)2]=281.25；
(2) ①按照A方案，A小区一月至少需要5名工作人员进行检查和纠错生活垃圾分类，
其费用是5×3000=15000元，
每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为150001000=15(元)，
②由(1)知，B小区平均每位住户每周需要220分钟进行垃圾分类，
一月需要220×4=880(分钟)，
B小区一月平均需要880×1000=880000分钟的时间用于生活垃圾分类，
∵一位专职工人一天的工作时间按照8小时作为计算标准，
每月按照28天作为计算标准，一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于5名普通居民对生活垃圾分类的效果，∴B小区一月需要专职工作人员至少8800008×60×28×5≈13(名)，
则每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费为13×40001000=52(元)；
③根据上述计算可知，按照每位住户每月需要承担的生活垃圾分类费来说，
选择A方案惠民力度大，但需要住户平时做好生活垃圾分类事项;
如果对于高档小区的居民来说，可以选择B方案，
这只是方便个别高收入住户，
综上，选择A方案推广，有利于国民热爱劳动及素质的提升．
【解析】
(1)利用表格中数值，代入平均值和方差计算即可；
(2)①计算 A 小区一月至少需要 5 名工作人员的费用和每位住户每月需要承担的费用即可；
②由一位专职工人一天的工作时间按照 8 小时作为计算标准，每月按照 28 天作为计算标准，一位专职工作人员对生活垃圾分类效果相当于 4 名普通居民对生活垃圾分类的效果，计算出 B 小区一月需要专职工作人员数量即可；
③根据以上的运算，分析可以得出结论．
19.【答案】(1)证明：如图，连接C1D，C1A，由题意知C1D⊥平面ABC，
四边形ACC1A1是菱形，
∵BD⊂平面ABC，∴C1D⊥BD，
∵D是AC中点，△ACB是正三角形，∴AC⊥BD，
∵AC∩C1D=D，AC，C1D⊂平面ACC1A1，
∴BD⊥平面ACC1A1，∵A1C⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1C，
在菱形ACC1A1中，C1A⊥A1C，
∵D，E分别是线段AC，CC1的中点，∴DE/​/AC1，∴DE⊥A1C，
∵DE∩BD=D，DE，BD⊂平面DBE，
∴A1C⊥平面DBE．
(2)解：如图，取A1C1的中点S，连接B1S，过F作FI//B1S交A1C1于I，
过I作IH//A1C，交别交C1C，DE的延长线于H，N，
由题意得I，H分别是C1S，C1E的中点，
由条件可得B1S//BD//FI，FI⊄平面DBE，BD⊂平面DBE，
∴FI//平面DBE，∴F到平面DBE的距离等于I到平面DBE的距离，
由(1)得BD⊥DE，A1C⊥平面DBE，∴IN⊥面DBE，△BDE是直角三角形，
在菱形ACC1A1中，由题意得∠NHE=∠IHC1，
∠DEC=∠NEH=60°，HI=14A1C= 32，
∴NH=sin60°×NE= 34，∴NI=3 34，
∴F到DBE的距离为3 34，
∴S△BDE=12×BD×DE= 32，
∴三棱锥F−BDE的体积为VF−BDE=13×S△BDE×NI=38．
(3)解：如图，假设存在点G满足题意，取A1C1的中点S，连接B1S，
过G作GM//B1S，交A1C1于M，连接MD，
由题意得B1S//BD//GM，GM⊄平面DBE，BD⊂平面DBE，∴GM//平面DBE，
又结合(1)的结论有MD⊥BD，ED⊥BD，
∴二面角G−BD−E的平面角为∠MDE，
∴∠MDE=π4，
在菱形ACC1A1中，作MV⊥AD，垂足为V，
由题意得∠MDV=180°−60°−45°=75°，MV=C1D= 3，
DV=MC1=MVtan75∘=2 3−3，
∴△MGC1是直角三角形，∠MC1G=60°，
C1G=C1Mcs60∘=4 3−6．
故在线段B1C1上存在点G，使二面角G−BD−E的大小为π4，C1G=4 3−6．
【解析】
(1)通过几何图形的性质证明A1C⊥BD，A1C⊥ED，由此能证明A1C⊥平面BDE；
(2)构造线面平行，求出点F到平面BDE的距离，由此能求出三棱锥F−BDE的体积；
(3)结合二面的定义，结合(1)作出其平面角，解三角形能求出结果．住户编号
1
2
3
4
5
6
A小区(分钟)
220
185
220
225
205
235
B小区(分钟)
205
195
245
235
225
215