2023-2024学年四川省乐山市峨眉二中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省乐山市峨眉二中高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.若复数z满足i⋅z=6−8i，则|z|=( )
A. 8B. 10C. 14D. 25
2.已知点A(1,1)，B(4,2)和向量a=(4,m)，若a/​/AB，则实数m的值为( )
A. −43B. 34C. 43D. −34
3.某企业利用随机数表对生产的60个太阳能面板进行抽样测试，先将60个太阳能面板进行编号，01，02，⋯，59，60.从中抽取12个样本，如表提供随机数表的第6行至第8行，若从表中第7行第9列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是( )
A. 07B. 18C. 23D. 08
4.如图，正三棱台ABC−A1B1C1的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的高为( )
A. 2 63B. 3 3C. 2 6D. 2 3
5.如图，在圆C中，A，B是圆上不同的两点，若|AB|=6，则AC⋅AB=( )
A. 12
B. 15
C. 16
D. 18
6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A. 6 2πB. 6πC. 4 2πD. 4π
7.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，△ABC的面积为 32,b=1,A=60°，则2b+3c2sinB+3sinC=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC⊥BC，AC=BC=1，点D在上底面A1B1C1(包含边界)上运动，则三棱锥D−ABC外接球半径的取值范围为( )
A. [1, 62]
B. [98, 62]
C. [98,32]
D. [54,32]
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.某校为更好地支持学生的个性化发展，开设了学科拓展类、创新素质类、兴趣爱好类三种类型的校本课程，每位学生从中选择一门课程学习.现对该校4000名学生的选课情况进行了统计，如图①，并用分层抽样的方法从中抽取2%的学生对其所选课程进行了满意率调查，如图②.下列说法正确的是( )
A. 抽取的样本容量为4000
B. 该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为700
C. 若抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为24，则a=70
D. 该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1000
10.在平面中，设Ox，Oy是平面内相交成θ角的两条数轴，e1,e2分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系xOy中的坐标，记作OP=(x,y).若在坐标系xOy中，〈e1,e2〉=2π3，向量a=(2,1)，则下列结论正确的是( )
A. |a|= 3
B. 若b=(x,y)，则a⊥b的充要条件为2x+y=0
C. 若b=(x,3)，且a与b的夹角为锐角，则实数x的取值范围为(0,6)∪(6,+∞)
D. 若b=(1,2)，则a+b与b的夹角为π6
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱A1B1，A1D1，C1D1，CD的中点，P是线段BG上一动点，则下列结论正确的是( )
A. 平面FGH⊥平面AEF
B. 平面EGB将正方体分成的两个部分的体积比为1：3
C. ∠D1GB是异面直线BG与AB所成的角
D. 三棱锥A−PEF的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设z的共轭复数是z−，若z−z−=4i,z⋅z−=4，则z−= ______．
13.已知样本9，10，11，x，y的平均数是10，3x−2y=−5，则样本的方差为______．
14.设θ为两个非零向量a,b的夹角，且θ=π6，已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为2，则|b|= ______．
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)
已知|a|= 2,|b|=1,a与b的夹角为45°．
(1)求b在a方向上的投影向量；
(2)求|2a+b|的值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别为BC，AP的中点，且AD=AP=PB= 22AB=2．
(1)求证：BP⊥DF；
(2)求三棱锥P−DEF的体积；
(3)求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某中学为了解学生每天进行户外锻炼的时长，体育教研组在高一年级随机调查了500位学生，得到如下的样本数据的频率分布直方图．
(1)求m的值，并估计抽查的学生中每天户外锻炼时长在30min∼60min的人数；
(2)用样本估计总体，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(3)求高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：(注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分)
①acsB+bsinA2=c
②b2=2 33S△ABC+abcsC
③2asinA=(2b−c)sinB+(2c−b)sinC
(1)求A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，求2c+bb的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△BCD是直角三角形，点D为直角顶点.E，F，G，H分别是线段AB，AC，CD，DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形，设∠CBD=α．
(Ⅰ)求证：BC/​/平面EFGH；
(Ⅱ)若二面角A−BC−D的大小为60°，AE=2EB，则α为何值时，四边形EFGH的面积最小，并求出最小值；
(Ⅲ)当平面EFGH⊥平面BCD时，求四面体ABCD体积的最大值．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.C
5.D
6.B
7.C
8.B
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.−2i
13.4
14.4
15.解：(1)|a|= 2,|b|=1,a与b的夹角为45°，
则b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|2⋅a= 2×1× 222⋅a=12a；
(2)|a|= 2,|b|=1,a与b的夹角为45°，
则|2a+b|= (2a+b)2= 4a2+4a⋅b+b2= 8+4× 2×1× 22+1= 13．
16.(1)证明：因为四边形ABCD是矩形，所以DA⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面ABP=AB，
所以DA⊥平面ABP，所以DA⊥BP，
因为AP=BP=2,AB=2 2，所以AP2+BP2=AB2，所以BP⊥AP，
因为DA∩AP=A，所以BP⊥平面DAP，
因为DF⊂平面DAP，所以BP⊥DF；
(2)解：因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥AB，AD//BC，
因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC/​/平面PAD，
所以点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，
由(1)得DA⊥平面ABP，BP⊥平面DAP，
而S△PDF=12×PF×AD=12×1×2=1，
所以三棱锥P−DEF的体积VP−DEF=13S△PDF⋅BP=13×1×2=23；
(3)解：过点F作FM⊥AB于点M，连接ME，

因为平面ABCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB，
所以FM⊥平面ABCD，所以∠FEM为直线EF与平面ABCD所成角，
由已知可得FM= 22,BF= 5，
由BE⊥BF得EF= 6，
所以在Rt△FME中，sin∠FEM=FMBM= 22 6= 36，
故直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为 36．
17.解：(1)根据频率分布直方图的性质可得0.04+0.14+10m+0.22+0.20+10m+0.08=1，
解得m=0.016，
500×(0.22+0.20+0.16)=290人，
估计每天户外锻炼时长在30min∼60min的人数为290人．
(2)由题意知，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长为：
5×0.04+15×0.14+25×0.16+35×0.22+45×0.20+55×0.16+65×0.08=37(min)．
(3)∵0.04+0.14+0.16+0.22=0.560.75，
∴高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数，即75%分位数在[40,50]之间，
设高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，
则0.56+0.020(x−40)=0.75，解得x=49.5，
∴高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数是49.5．
18.解：(1)选①：因为acsB+bsinA2=c，由正弦定理得，
sinAcsB+sinBsinA2=sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinBsinA2=csAsinB，sinB≠0，
可得sinA2=csA=1−2sin2A2，
解得sinA2=12或sinA2=−1(舍去)，
因为A∈(0,π),A2∈(0,π2)，可得A2=π6，所以A=π3；
选②：因为b2=2 33S+abcsC=2 33×12absinC+abcsC，
所以b= 33asinC+acsC，
由正弦定理可得sinB= 33sinAsinC+sinAcsC，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以csAsinC= 33sinAsinC，
因为sinC≠0，所以tanA= 3，
又A∈(0,π)，所以A=π3；
选③：结合正弦定理，
得2a2=(2b−c)b+(2c−b)c，即a2=b2+c2−bc，
又由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以bc=2bccsA，即csA=12，
又0