2023-2024学年江苏省扬州市高一下学期6月期末数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市高一下学期6月期末数学试题（含解析），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。

1.设复数z满足z−i=1+i，则zi=( )
A. 2+iB. 2−iC. −iD. i
2.方程2x+lnx−5=0的解所在区间为( )
A. 4,5B. 3,4C. 2,3D. 1,2
3.数据63,65,70,73,76,78,80,84,88,90的45百分位数为( )
A. 73B. 76C. 77D. 78
4.已知平面向量a=1,0,b=−1,2，则a在b上的投影向量为( )
A. 15,−25B. −15,25C. − 55,2 55D. 55,−2 55
5.如图，为了测量河对岸A,B两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点C,D,E.从D点测得∠ADC=67.5∘，从C点测得∠ACD=45∘,∠BCE=75∘，从E点测得∠BEC=60∘.若测得DC= 3,CE=2 2(单位：百米)，则A,B两点的距离为( )百米．
A. 2 6B. 2 3C. 6D. 3
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F,G,H分别是棱AA1,AB,BC,C1D1的中点，下列结论正确的是( )．
A. EF//GD1B. D1E⊥FG
C. FG⊥平面BB1D1DD. 平面D1EF//平面GHC1
7.如图，在▵ABC中，D,E是BC上的两个三等分点，AB=12,AC=9,∠BAC=60∘，则AD⋅AE的值为( )
A. 50B. 80C. 86D. 110
8.已知csαcsα+π3=sinαcsα−π6，则tanπ4+2α的 值( )
A. 33B. 3C. 2− 3D. 2+ 3
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.在▵ABC中，角A､B､C所对的边为a､b､c，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有( )
A. a=4,b=5,c=6B. A=30∘,B=45∘,c=5
C. a= 3,b=2,A=45∘D. a=3,b=2,C=60∘
10.连续抛掷两次骰子，“第一次抛掷，结果向上的点数小于3”记为事件A，“第二次抛掷，结果向上的点数是偶数”记为事件B，“两次拋掷，结果向上的点数之和为奇数”记为事件C，则下列叙述中正确的有( )
A. A与B互斥B. A与C相互独立C. B与C对立D. PA+B=23
11.如图，正方形ABCD的中心为O，边长为4，将其沿对角线AC折成直二面角D′−AC−B，设M为AD′的中点，N为BC的中点，则下列结论正确的有( )
A. 三棱锥D′−ABC的外接球表面积为32π
B. 直线MN与平面ABC所成角的正切值为12
C. 点C到平面OMN 的 距离为2 63
D. 三角形MON沿直线MN旋转一周得到的旋转体的体积为2 33π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一个正四棱台的体积为152cm3，上､下底面边长分别为4cm､6cm，则棱台的高为 cm．
13.若复数z满足z−2i=1，则z的最小值是 ．
14.已知▵ABC的面积为S满足条件 3AB⋅AC=2S，则∠A= .；若∠B=2∠C，延长CB至点D，使得BD=AC，则tan∠ADC= ．
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a=0,1,b=−1,2.设AB=a+2b,BC=λa+bλ∈R．
(1)若A,B,C三点共线，求λ 的 值；
(2)若AB⊥BC，求λ的值．
16.(本小题12分)
某保险公司为了给年龄在20∼70岁的民众提供某种医疗保障，设计了一款针对某疾病的保险.现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，并按年龄段20,30,30,40,40,50,50,60,60,70分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表所示：
(1)若采用分层抽样的方法，从年龄段在30,40和40,50内的参保人员中共抽取6人进行问卷调查，再从中选取2人进行调查对该种保险的满意度，求这2人中恰好有1人年龄段在30,40内的概率．
(2)由于10000人参加保险，该公司每年为此项保险支出的各种费用为200万元.为使公司不亏本，则年龄段50,60的参保人员每人每年需要缴纳的保费至少为多少元？
17.(本小题12分)
已知函数fx=sin2x+π3+sin2x−π3+2cs2x−2．
(1)当x∈0,π2时，求函数fx的值域；
(2)求函数fx在区间0,2π上的所有零点之和．
18.(本小题12分)
如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1为菱形，∠A1AB=60∘,AB=A1C=2BC=2，∠ACB=90∘,M为AB中点，AC1与A1C的交点为N．
(1)求证：MN//平面BCC1B1；
(2)求证：A1M⊥平面ABC；
(3)求二面角B−AA1−C的正弦值．
19.(本小题12分)
如图所示，已知▵ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，在▵ABD中，AD=6,BD=3，DE=2EB．
(1)若∠ADB=135∘，求▵ABC的面积；
(2)①求AB2−6AB⋅cs∠ABD的值；
②求CE2的最大值．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据复数的四则运算法则计算可得结果．
【详解】由z−i=1+i可得z=1+2i，
所以zi=1+2ii=1+2iii2=i+2i2−1=−i+2=2−i．
故选：B
2.【答案】C
【解析】【分析】利用零点存在性定理分析判断即可．
【详解】令f(x)=2x+lnx−5，f(x)在(0,+∞)上连续，且单调递增，
对于A，因为f(4)=8+ln4−5=3+ln4>0，f(5)=10+ln5−5=5+ln5>0，
所以f(x)的零点不在4,5内，所以 A错误，
对于B，因为f(4)>0，f(3)=6+ln3−5=1+ln3>0，
所以f(x)的零点不在3,4内，所以 B错误，
对于C，因为f(3)>0，f(2)=4+ln2−5=ln2−1<0，
所以f(x)的零点在2,3内，所以方程2x+lnx−5=0的解所在区间为2,3，所以 C正确，
对于D，因为f(2)<0，f(1)=2+ln1−5=−3<0，
所以f(x)的零点不在1,2内，所以 D错误，
故选：C
3.【答案】B
【解析】【分析】根据百分位数的定义计算即可．
【详解】因为10×45%=4.5，
所以这10个数的45百分位数为第5个数76．
故选：B
4.【答案】A
【解析】【分析】利用投影向量定义，由数量积的坐标表示代入计算可得结果．
【详解】由a=1,0,b=−1,2可得a⋅b=−1×1+0×2=−1；b= −12+22= 5；
根据投影向量的定义可得a在b上的投影向量为a⋅bbbb=−1 5b 5=−15b=15,−25．
故选：A
5.【答案】D
【解析】【分析】根据已知条件，结合三角形的性质，正弦定理，余弦定理，即可求解．
【详解】在▵ACD中，∠ADC=67.5∘，∠ACD=45∘，
则∠DAC=180∘−67.5∘−45∘=67.5∘，AC=DC= 3，
在▵BCE中，∠BCE=75∘，∠BEC=60∘，CE=2 2，
则∠EBC=180∘−75∘−60∘=45∘，
∵CEsin∠EBC=BCsin∠BEC，
∴BC=CE•sin∠BECsin∠EBC=2 2× 32 22=2 3，
在▵ABC中，AC= 3,BC=2 3，∠ACB=180∘−∠ACD−∠BCE=60∘，
则AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACB=9，
∴AB=3．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【详解】对于A，连接EF,D1G,A1B,D1C，如下图所示：
因为E,F分别是棱AA1,AB的中点，所以EF//A1B，
由正方体性质可得A1B//D1C，因此可得EF//D1C，而D1C,GD1相交，
所以EF//GD1错误，即 A错误；
对于B，取DD1的中点M，连接AM,CM,AC，如下图所示：
易知AM//D1E，FG/​/AC，所以∠MAC即为异面直线D1E与FG所成的角(或其补角)；
不妨设正方体的棱长为2，则AM=MC= 5，AC=2 2，
显然AM2+AC2≠MC2，可知∠MAC不是直角，所以D1E与FG不垂直，即 B错误；
对于C，连接AC,BD,B1D1，如下图所示：
由正方体性质可得BB1⊥平面ABCD，而AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC；
因为ABCD是正方形，所以BD⊥AC，
又BB1∩BD=B，BB1,BD⊂平面BB1D1D，所以AC⊥平面BB1D1D，
又因为F,G分别是棱AB,BC的中点，所以FG/​/AC
可得FG⊥平面BB1D1D，即 C正确；
对于D，如下图所示：
易知D1∈平面D1EF，且D1∈D1C1，而D1C1⊂平面GHC1，所以D1∈平面GHC1；
因此可得平面D1EF与平面GHC1有公共点D1，可知两平面必有一条过D1的共公交线；
因此平面D1EF//平面GHC1是错误的，即 D错误．
故选：C
7.【答案】B
【解析】【分析】根据题意利用平向量基本定理将AD,AE用AB,AC表示出来，然后利用数量积的运算律求解即可．
【详解】因为在▵ABC中，D,E是BC上的两个三等分点，AB=12,AC=9,∠BAC=60∘，
所以AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
AE=AB+BE=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
所以AD⋅AE=23AB+13AC⋅13AB+23AC
=29AB2+49AB⋅AC+19AB⋅AC+29AC2
=29×144+59×12×9×12+29×81
=32+30+18=80．
故选：B
8.【答案】D
【解析】【分析】先对csαcsα+π3=sinαcsα−π6利用诱导公式与两角和的余弦公式化简可得2α=π6+kπ,k∈Z，代入tanπ4+2α中利用两角和的正切公式化简计算即可．
【详解】因为csαcsα+π3=sinαcsα−π6，
所以csαcsα+π3=sinαcsπ6−α=sinαsinπ2−π6−α=sinαsinπ3+α，
所以csαcsα+π3−sinαsinπ3+α=0，
所以cs(2α+π3)=0，所以2α+π3=π2+kπ,k∈Z，
所以2α=π6+kπ,k∈Z，
所以tanπ4+2α=tanπ4+π6+kπ(k∈Z)
=tanπ4+π6
=tanπ4+tanπ61−tanπ4tanπ6
=1+ 331− 33
= 3+1 3−1= 3+123−1=2+ 3，
故选：D
9.【答案】ABD
【解析】【分析】对于A，B，D，根据三角形全等，易得三角形的形状唯一确定，故解唯一；对于C，可用正弦定理，结合正弦函数的图象，说明符合条件的三角形有两解．
【详解】对于A，三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即A正确；
对于B，三角形中，已知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即B正确；
对于C，由正弦定理， 3sin45∘=2sinB可得，sinB= 2 3= 63，因b>a，则B>A，
因sinB= 63> 22，结合正弦函数的图象可知角B有两解，故 C错误；
对于D，三角形中，已知两边和夹角，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即D正确．
故选：ABD．
10.【答案】BD
【解析】【分析】AC选项，列举出事件A，B和事件C中的基本事件，得到A∩B≠⌀，B∩C≠⌀，判断出 AC错误；B选项，利用PAC=PAPC作出判断；D选项，列举出事件A+B中的基本事件，求出概率．
【详解】A选项，事件A中的基本事件有1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6，
2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6
事件B中的基本事件有1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6,2，
1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6,4，1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6,6，
故A∩B≠⌀，事件A和事件B不互斥，A错误；
B选项，连续抛掷两次骰子，共有36种情况，
其中事件A中的基本事件数为12，故PA=1236=13，
事件C中的基本事件有1,2,1,4,1,6,2,1,2,3,2,5,3,2,3,4,3,6,4,1,4,3,4,5，
5,2,5,4,5,6,6,1,6,3,6,5，共18种情况，
故PC=1836=12，
事件AC中的基本事件有1,2,1,4,1,6,2,1,2,3,2,5，
共9种情况，故PAC=636=16，
由于PAC=PAPC，故A与C相互独立， B正确；
C选项，由AB选项知，B∩C≠⌀，事件B与事件C不互斥，故不对立，C错误；
D选项，事件A+B中的基本事件有1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6，
2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6，3,2,4,2,5,2,6,2，
3,4,4,4,5,4,6,4，3,6,4,6,5,6,6,6，共24种情况，
故PA+B=2436=23， D正确．
故选：BD
11.【答案】ACD
【解析】【分析】对于A，找到球心即可；对于B，可利用几何法快速解决；对于C，可利用等体积法；对于D，旋转体为两个底面重合的圆锥构成的组合体．
【详解】对于A，由于OA=OC=OB=OD′，所以O为三棱锥D′−ABC的球心，表面积为4π(2 2)2=32π， A正确；
对于B，过M作MH⊥AC于H，则MH⊥平面ABC，所以∠MNH即为直线MN与平面ABC所成的角；易知MH= 2，NH= 10，所以tan∠MNH= 2 10= 55， B错误；
对于C，由VM−ONC=VC−MON，所以13× 2×2=13ℎ⋅S▵OMN，又MN= MH2+HN2=2 3，所以cs∠MON=−12，sin∠MON= 32，所以S▵OMN=12×2×2× 32= 3，所以C到平面OMN的距离ℎ=2 2 3=2 63， C正确;
对于D，过O作OT⊥MN于T，则旋转体体积是以OT为底面半径，以TM为高的圆锥的体积的两倍，所以V=2×13π× 3=2 33π， D正确；
故选：ACD．
思路点睛：本题考查立体几何的综合问题，解决本题中的问题涉及的思路主要有：
(1)利用球的定义找球心，并求球的体积；
(2)运用几何法求线面角的大小；
(3)利用等体积法求三棱锥的高；
(4)掌握常见的几何体的体积公式．
12.【答案】6
【解析】【分析】根据棱台的体积公式计算即可．
【详解】设棱台高为ℎ，由棱台的体积公式知V=13ℎS+S′+ SS′⇒ℎ=3×15242+62+ 42×62=6，其中S、S′分别为上下底面面积．
故答案为：6
13.【答案】1
【解析】【分析】利用复数的模的几何意义，理解等式表示的动点轨迹图形为圆形，由图易得动点到原点的距离最小值即得．
【详解】
如图，设复数z对应的点为Z，则由z−2i=1可知点Z到点A(0,2)的距离为1，
即点Z的轨迹为以点A(0,2)为圆心，以1为半径的圆，
而z则表示动点Z到原点的距离，由图可知，圆上与原点距离最小的点为Z1(0,1)，故z的最小值是1．
故答案为：1．
14.【答案】π3； 33
【解析】【分析】化简2S= 3AB⋅AC即可求得∠A，结合∠A的度数以及∠B=2∠C即可求得∠B=4π9,∠C=2π9，通过设AB=x即可用x表示出各边长度，结合三角恒等变换化简即可求得tan∠ADC的值；
【详解】由题得2×12bcsinA= 3×bccsA，∴tanA= 3，
因为0由∠A=π3,∠B=2∠C可得∠B=4π9,∠C=2π9，
设AB=x，由正弦定理可知ACsinB=ABsinC，
所以AC=sin4π9sin2π9x=BD，
如图所示：过A作AE⊥BC，交BC的于E点，
AE=ACsinC=xsin4π9sin2π9×sin2π9=xsin4π9，
BE=ABcs∠ABC=xcs4π9，
所以DE=BD+BE=AC+BE=sin4π9sin2π9x+xcs4π9
在Rt▵ADE中可算得tan∠ADC=AEDE=xsin4π9sin4π9sin2π9x+xcs4π9=sin4π92cs2π9+cs4π9=sin4π92sin5π18+cs5π18+π6=sin4π932sin5π18− 32cs5π18=sin4π9 3sin5π18+π6=sin4π9 3sin4π9= 33，
故答案为：π3， 33．
15.【答案】解：(1)
因为AB=a+2b=0,1+2−1,2=−2,5，
BC=λa+b=0,λ+−1,2=−1,λ+2，
又因为A,B,C三点共线，所以AB//BC，
则−2×λ+2=−1×5，
解得λ=12．
(2)
由AB⊥BC，可得AB⋅BC=0，即−1−2+5λ+2=0
解得λ=−125．

【解析】(1)利用向量共线的坐标表示计算可得λ=12；
(2)根据向量垂直的坐标表示可求得λ=−125．
16.【答案】解：(1)
由0.007+0.016+a+0.025+0.02×10=1得a=0.032，
设“抽取2人中恰好有1人年龄段在30,40内”为事件M．
由题设可知，年龄在30,40和40,50内的频率分别为0.16和0.32，则抽取的6人中，年龄在30,40内的有2人，年龄在40,50内的有4人．
记年龄在30,40内2位参保人员为a,b，年龄在40,50的4位参保人员为A,B,C,D，则从6人中任取2人，样本空间Ω={a,b,a,A,a,B,a,C,a,D,b,A,b,B,b,C,b,D,A,B,A,C,A,D,B,C,B,D,C,D}共包含15个样本点，M=a,A,a,B,a,C,a,D,b,A,b,B,b,C,b,D共包含8个样本点，所以PM=815．
(2)
保险公司每年收取的保费为：
100000.07x+0.16×2x+0.32×3x+0.25×5x+0.2×7x=10000×4x，
所以要使公司不亏本，则10000×4x≥2000000，即4x≥200，解得x≥50，所以年龄段50,60需要缴纳的保费至少为250元．

【解析】(1)先由概率和为1求出a的值，再利用分层随机抽样的概念确定在30,40和在40,50内的抽取人数，结合古典概型知识即可求得答案．
(2)求出保险公司每年收取的保费为10000×4x，所以要使公司不亏本，则10000×4x≥2000000，解不等式即可求得答案．
17.【答案】解：(1)
易知fx=sin2x+π3+sin2x−π3+2cs2x−2
=sin2xcsπ3+cs2xsinπ3+sin2xcsπ3−cs2xsinπ3+cs2x−1
=sin2x+cs2x−1= 2sin2x+π4−1
因为x∈0,π2，所以2x+π4∈π4,5π4，
由正弦函数单调性可得sin2x+π4∈− 22,1，
则fx的值域为−2, 2−1
(2)
因为x∈0,2π，所以2x+π4∈π4,17π4，
由fx=0得sin2x+π4= 22
所以2x+π4=π4,3π4,9π4,11π4,17π4，解得x=0,π4,π,5π4,2π，
所以函数fx在区间0,2π上的所有零点之和为0+π4+π+5π4+2π=9π2．

【解析】(1)利用三角恒等变换整理可得fx= 2sin2x+π4−1，再根据正弦函数单调性可得其值域；
(2)求出函数fx在区间0,2π上的所有零点即可得结果．
18.【答案】解：(1)
如图(1)，连接BC1．
由三棱柱ABC−A1B1C1可知侧面AA1C1C为平行四边形，所以N为AC1中点；
又因为M为AB中点，所以MN//BC1，
又MN⊄平面BB1C1C,BC1⊂平面BB1C1C，所以MN//平面BB1C1C；
(2)
如图(2)，连接MC,A1B．
由菱形ABB1A1可知A1A=AB=2，因为∠A1AB=60∘，可得▵AA1B为等边三角形；
因M是AB中点，则A1M⊥AB，且A1M= 3；由∠ACB=90∘可得，MC=12AB=1；
因为A1C=2，则有A1M2+MC2=A1C2，即A1M⊥MC，
又MC∩AB=M,MC⊂平面ABC,AB⊂平面ABC，故A1M⊥平面ABC；
(3)
由(2)可知A1M⊥平面ABC，因为A1M⊂平面A1AB，所以平面A1AB⊥平面ABC；
如图(3)，过点C作CH⊥AB，垂足为H，过H作HK⊥AA1，垂足为K，连接CK．
因为CH⊂平面ABC,平面A1AB∩平面ABC=AB，所以CH⊥平面A1AB，
因为AA1⊂平面A1AB,HK⊂平面A1AB，所以CH⊥AA1,CH⊥HK；
因为HK⊥AA1,HK∩CH=H,CH⊂平面CHK,HK⊂平面CHK，所以AA1⊥平面CHK，
又CK⊂平面CHK，所以AA1⊥CK，所以∠HKC为二面角B−AA1−C的平面角．
在Rt▵ABC中，∠ACB=90∘,AB=2,BC=1，可得CH= 32,AH=32，
在Rt▵AHK中，HK⊥AA1,∠HAK=60∘，可得HK=AHsin∠HAK=34 3，
在Rt▵CHK中，CH⊥HK，可得tan∠HKC=CHHK=23，
因为∠HKC∈0,π2，所以sin∠HKC=2 1313，
即二面角B−AA1−C的正弦值为2 1313．

【解析】(1)利用线线平行推得线面平行即得；
(2)由等边三角形AA1B证A1M⊥AB，再由勾股定理逆定理证A1M⊥MC，由线线垂直推导线面垂直即得；
(3)作CH⊥AB，证CH⊥平面A1AB，作HK⊥AA1，证AA1⊥CK，得∠HKC为二面角B−AA1−C的平面角，由题设求得CH,HK即得．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面垂直的判定和应用，以及运用几何法求解二面角，属于较难题．
解题关键在于深刻把握线面垂直的判定定理，执果索因，寻找线线垂直条件；求二面角的关键在于找到一个平面中的一点在另一个平面的射影，为作出平面角奠定基础．
19.【答案】解：(1)
在▵ABD中，由余弦定理得，AB2=36+9−2×6×3cs135∘=45+18 2，
且▵ABC是等腰直角三角形，则S▵ABC=12AC⋅CB=12AC2=14AB2=454+9 22
(2)
①设∠ADB=θ,0<θ<π，因为AD=6,BD=3，由余弦定理可得，cs∠ABD=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=AB2+9−366AB，
∴ABcs∠ABD=AB2−276，即AB2−6AB⋅cs∠ABD=27；
②在▵ABD中，AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB=45−36csθ，
由正弦定理可得ADsin∠ABD=ABsinθ，则ABsin∠ABD=ADsinθ=6sinθ，
∵DE=2EB,∴EB=1，又BC= 22AB，
在▵BCE中，由余弦定理得CE2=BC2+BE2−2BC⋅BE⋅cs45∘+∠ABD
=12AB2+12−2⋅ 22AB⋅1⋅ 22cs∠ABD−sin∠ABD
=12AB2+1−ABcs∠ABD−ABsin∠ABD=12AB2+1−AB2−276−6sinθ
=13AB2+6sinθ+112=6sinθ−12csθ+412
=6 5sinθ−φ+412(其中φ为锐角，且tanφ=2)，
由0<θ<π可得−φ<θ−φ<π−φ，
所以当θ−φ=π2时，即θ=φ+π2时，CE2取得最大值412+6 5．

【解析】(1)利用余弦定理求解边长，再利用等腰三角形的性质求解面积即可;
(2)①利用余弦定理求解即可；
②在▵ABD中，由正弦定理可得BC= 22AB，在▵BCE中，由余弦定理得CE2=6 5sinθ−φ+412，结合三角函数求解最值即可．
年龄
20,30
30,40
40,50
50,60
60,70
保费(单位：元)
x
2x
3x
5x
7x