2023-2024学年湖南省邵阳二中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省邵阳二中高一（下）期末数学试卷（含答案），共10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.已知z=−1−i，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
2.若m，n为两条直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是( )
A. 若m/​/α，n⊂α，则m/​/nB. 若m/​/α，n/​/α，则m/​/n
C. 若m/​/α，n⊥α，则m⊥nD. 若m/​/α，n⊥α，则m与n相交
3.南丁格尔玫瑰图是由近代护理学和护士教育创始人南丁格尔(Flrence Nigℎtingale)设计的，图中每个扇形圆心角都是相等的，半径长短表示数量大小.某机构统计了近几年中国知识付费用户数量(单位：亿人次)，并绘制成南丁格尔玫瑰图(如图所示)，根据此图，以下说法正确的是( )
A. 2015年至2022年，知识付费用户数量先增加后减少
B. 2015年至2022年，知识付费用户数量逐年增加量2022年最多
C. 2015年至2022年，知识付费用户数量的逐年增加量逐年递增
D. 2022年知识付费用户数量超过2015年知识付费用户数量的10倍
4.在△ABC中，acsA=bcsB，则三角形的形状为( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形或直角三角形
C. 等边三角形D. 等腰三角形
5.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 3，则圆锥的体积为( )
A. 2 3πB. 3 3πC. 6 3πD. 9 3π
6.已知向量a=(0,1)，b=(2,x)，若b⊥(b−4a)，则x=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
7.如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的各棱长(包括底面边长)都是2，E，F分别是AB，A1C1的中点，则EF与侧棱C1C所成的角的余弦值是( )
A. 55B. 2 55C. 12D. 2
8.古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点(切点)，地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧.若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且BC=100m，则该球体建筑物的高度约为( )(cs10°≈0.985)
A. 49.25 mB. 50.76 mC. 56.74 mD. 58.60 m
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.关于斜二测画法，下列说法正确的是( )
A. 在原图中平行的直线，在对应的直观图中仍然平行
B. 若一个多边形的面积为S，则在对应直观图中的面积为 24S
C. 一个梯形的直观图仍然是梯形
D. 在原图中互相垂直的两条直线在对应的直观图中不再垂直
10.欧拉公式exi=csx+isinx(i为虚数单位，x∈R)是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是( )
A. eπ2i的虚部为1B. e3π4i= 22− 22i
C. |exi|=|csx|+|sinx|D. eπ3i的共轭复数为12− 32i
11.下列说法中正确的是( )
A. 在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等
B. 若A、B为互斥事件，则A的对立事件与B的对立事件一定互斥
C. 设样本数据x1，x2，x3，…，x9，x10的平均数和方差分别为2和8，若yi=2xi+1(i=1,2,3,…,9,10)，则y1，y2，y3，…，y9，y10的平均数和方差分别为5和32
D. 高一和高二两个年级的同学参加了数学竞赛，高一年级有450人，高二年级有350人，通过分层随机抽样的方法抽取了容量为160的样本，得到两年级的竞赛成绩的平均分分别为80分和90分，则高一和高二数学竞赛的平均分约为84.375分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,2)，a⋅b=4，则向量b在a方向上的投影向量的坐标为______．
13.已知某艺术班共25人，其中有10名男生和15名女生，在期末作品展示中，该班男生每人作品数量的平均数为25，方差为1，女生每人作品数量的平均数为30，方差为2，则这25名学生每人作品数量的方差为______．
14.已知甲、乙两个圆台上下底面的半径均为r2和r1，母线长分别为2(r1−r2)和3(r1−r2)，则两个圆台的体积之比V甲V乙= ______．
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)
设向量a，b满足|a|=|b|=1，且|3a−2b|= 7．
(1)求a与b的夹角；
(2)求|2a+3b|的大小．
16.(本小题15分)
某校从高一年级学生中随机抽取60名学生，将期中考试的数学成绩(均为整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]后得到如图所示频率分步直方图．
(1)根据频率分步直方图，分别求众数，第50百分位数；
(2)用比例分配的分层随机抽样的方法在各分数段的学生中抽取一个容量为20的样本，求在[70,90)分数段抽取的人数；
(3)若甲成绩在[70,80)，乙成绩在[80,90)，求在(2)的条件下，甲、乙至少一人被抽到的概率．
17.(本小题15分)
在一个质地均匀的正八面体中，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，记事件A=“与地面接触的面上的数字为奇数”，事件B=“与地面接触的面上的数字不大于4”
(1)判断事件A与B是否相互独立，若是请证明，若不是请举例说明；
(2)连续抛掷3次这个正八面体，求事件AB只发生1次的概率．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB= 3．
(1)若AD⊥PB，证明：AD/​/平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为 427，求AD．
19.(本小题17分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2(1−sin2B)+b2(1−sin2A)=c2．
(1)求角C；
(2)若a=2，求△ABC的面积S的取值范围；
(3)若c=2，且ab=p(asinA+bsinB)，求实数p的取值范围．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.B
5.B
6.D
7.B
8.B
9.ABC
10.AD
11.ACD
12.(1,1)
13.385
14. 64
15.解：(1)∵|a|=|b|=1，|3a−2b|= 7；
∴(3a−2b)2=9a2+4b2−12|a||b|cs=9+4−12cs=7；
∴cs=12；
又0≤≤π；
∴a与b的夹角为π3；
(2)∵a⋅b=12,a2=b2=1；
∴(2a+3b)2=4a2+12a⋅b+9b2=4+6+9=19；
∴|2a+3b|= 19．
16.解(1)由题意可得，(0.01+0.015×2+a+0.025+0.005)×10=1，解得a=0.03，
根据频率分布直方图可知[70,80)分数段的频率最高，因此众数为75，
又由频率分布直方图可知[40,70)分数段的频率为0.1+0.15+0.15=0.4，因为[70,80)分数段的频率为0.3，
所以，第50百分位数即中位数为70+13×10=2203；
(2)因为总体共60名学生，样本容量为20，因此抽样比为2060=13．
又在[70,90)分数段共有60×(0.3+0.25)=33(人)，
因此，在[70,90)分数段抽取的人数是33×13=11人；
(3)在(2)的条件下，可知[70,80)分数段又6人，[80,90)分数段有5人，
设甲被抽到的事件为A，乙被抽到的事件为B，
则P(A)=16，PB=15，
则甲乙至少一人被抽到的概率为P(AB)+P(AB−)+P(A−B)=1−P(AB−)=1−56×45=13．
17.解：(1)依题意，得样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6,7,8}，
所以A={1,3,5,7}，B={1,2,3,4}，则A∩B={1,3}，
故P(A)=12，P(B)=12，P(AB)=14=P(A)×P(B)，
所以事件A，B相互独立．
(2)依题意知每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立，
记Ci(i=1,2,3)为第i次抛掷这个正八面体发生事件AB，则P(Ci)=P(AB)=14，
所以事件AB只发生1次的概率为
P(C1)P(C2−)P(C3−)+P(C1−)P(C2)P(C3−)+P(C1−)P(C2−)P(C3)
=14×34×34+34×14×34+34×34×14=2764．
18.(1)证明：因为PA⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又因为AD⊥PB，PA∩PB=P，PA,PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
又AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB，
因为AB= 3，BC=1，AC=2，AB2+BC2=AC2，所以BC⊥AB，
于是AD/​/BC，又AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC．
所以AD/​/平面PBC．
(2)因为AD⊥DC，以D为原点，分别以DA，DC，为x，y轴，过点D作PA的平行线为z轴，建立空间直角坐标系，
设AD=a>0，则DC= 4−a2，D(0,0,0)，A(a,0,0)，C(0, 4−a2,0)，P(a,0,2)，
设平面DCP的一个法向量n1=(x1,y1,z1)，因为DC=0, 4−a2,0，DP=a,0,2，
所以由DC·n1=0DP·n1=0，即 4−a2⋅y1=0ax1+2z1=0，
可取n1=(2,0,−a)；
又AP=(0,0,2)，AC=(−a, 4−a2,0)，
设平面ACP的一个法向量n2=(x2,y2,z2)，所以AP·n2=0AC·n2=0由2z2=0−ax2+ 4−a2y2=0,
取n2=( 4−a2,a,0)，
因为二面角A−CP−D的正弦值为 427，所以余弦值的绝对值为1 7．
所以由csn1,n2=1 7=n1⋅n2|n1|·n2=2 4−a22 4+a2，得a2=3，a= 3，
因此，AD= 3．
19.解：(1)由a2(1−sin2B)+b2(1−sin2A)=c2，
由正弦定理可得：a2+b2−c2=a2sin2B+b2sin2A，
由余弦定理得2abcsC=a2sin2B+b2sin2A，
再由正弦定理及倍角公式得2csC=absin2B+basin2A=sinAsinBsin2B+sinBsinAsin2A，
由正弦定理可得：2csC=absin2B+basin2A=sinAsinBsin2B+sinBsinAsin2A=2sinAcsB+2sinBcsA
=2sin(A+B)=2sinC，
得csC=sinC，即tanC=1，
在锐角△ABC中，有C=π4；
(2)a=2，C=π4，则S=12absinC= 22b．
由正弦定理asinA=bsinB，有b=asinBsinA=2sin(3π4−A)sinA，
所以b=2sin(3π4−A)sinA= 2sinA+ 2csAsinA= 2+ 2csAsinA．
又△ABC是锐角三角形，有0得A∈(π4,π2)，可得tanA∈(1,+∞)，
所以S= 22b=1+csAsinA=1+1tanA∈(1,2)．
即△ABC的面积S的取值范围(1,2)；
(3)c=2,C=π4，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2 2，
得sinA=a2 2，sinB=b2 2，
所以ab=p(asinA+bsinB)=p(a22 2+b22 2)，
即p=2 2aba2+b2，
又因为p=2 2ab+ba，且ba=sinBsinA，
所以ba=sinBsinA=sin(3π4−A)sinA= 22sinA+ 22csAsinA= 22+ 22tanA∈( 22, 2)，
设ba=t，函数f(t)=t+1t，t∈( 22, 2)，
任取 22t1−t2<0，t1t2>0，
当 220，即f(t1)>f(t2)，
当10，f(t1)−f(t2)<0，即f(t1)即f(t)=t+1t在( 22,1]上单调递减，在[1, 2)上单调递增，
f(1)=2，f( 2)=f( 22)=3 22，
所以ab+ba∈[2,3 22)，即1ab+ba∈( 23,12],
则p=2 2ab+ba∈(43, 2]．
实数p的取值范围为(43, 2]．