2023-2024学年湖北省武汉市高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市高一（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.已知复数z=1−3i2+4i(i是虚数单位)，则Z对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.一个射击运动员打靶6次的环数为：9，5，7，6，8，7下列结论不正确的是( )
A. 这组数据的平均数为7B. 这组数据的众数为7
C. 这组数据的中位数为7D. 这组数据的方差为7
3.设m，n是两条直线，α，β是两个平面，则下列命题为真命题的是( )
A. 若m⊥α，n⊥β，m/​/n，则α⊥β
B. 若α∩β=m，n/​/α，n/​/β，则m/​/n
C. 若m⊂α，n⊂β，m/​/n，则α/​/β
D. 若α⊥β，m/​/α，n/​/β，则m⊥n
4.下列结论正确的是( )
A. 平行向量不一定是共线向量B. 单位向量都相等
C. 两个单位向量之和不可能是单位向量D. (AD−BC)−(CM−BM)=AD
5.某调查机构对某地快递行业从业者进行调查统计，得到快递行业从业人员年龄分布饼状图(图1)、“90后”从事快递行业岗位分布条形图(图2)，则下列结论中错误的是( )
A. 快递行业从业人员中，“90后”占一半以上
B. 快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数超过总人数的20%
C. 快递行业从业人员中，从事运营岗位的“90后”的人数比“80前”的多
D. 快递行业从业人员中，从事技术岗位的“90后”的人数比“80后”的多
6.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63 B. − 63
C. 33 D. − 33
7.如图，E，F分别为平行四边形ABCD边AD的两个三等分点，分别连接BE，CF，并延长交于点O，连接OA，OD，则OD=( )
A. −23OA+13OBB. −OA+2OB
C. −2OA+OBD. OA−2OB
8.已知矩形ABCD，AB=2，AD=1，将△ABD沿BD折起到△A′BD.若点A′在平面BCD上的射影落在△BCD的内部(不包括边界)，则四面体A′−BCD的体积的取值范围是( )
A. ( 32,2 55)B. ( 32,2 515)C. ( 36,2 55)D. ( 36,2 515)
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.武汉某中学为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了100名学生，根据这100名学生对食堂用餐质量给出的评分数据，分成[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论正确的是( )
A. x=0.01
B. 该样本数据的中位数和众数均为85
C. 若样本数据的平均数低于85分，则认为食堂需要整改，根据此样本我们认为该校食堂需要整改
D. 为了解评分较低的原因，该校从评分低于80分的学生中用分层抽样的方法随机抽取18人座谈，则应选取评分在[70,80)的学生4人
10.下列命题中正确的是( )
A. 若z=1− 3i，则|z|=4
B. 若z=i+1，则z⋅z−=−2
C. 已知m，n∈R，i是关于x的方程x2+mx+n=0的一个根，则m+n=1
D. 若复数z满足|z−1|=2，则|z+i|的最大值为2+ 2
11.在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=b+2bcsA，则下列结论正确的有( )
A. A=2B
B. B的取值范围为(π6,π3)
C. ab的取值范围为( 2, 3)
D. 1tanB−1tanA+2sinA的取值范围为(5 33,3)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′=3，B′C′=2，则AB边上的中线的实际长度为______．
13.某人5次上班途中所花的时间(单位：分钟)分别为x，y，10，11，9.已知这组数据的平均数为10，方差为2，则|x−y|的值为______．
14.在锐角△ABC中，sinA=2 55，它的面积为10，BC=4BD，E，F分别在AB、AC上，且满足|AD−xAB|≥|DE|，|AD−yAC|≥|DF|对任意x，y∈R恒成立，则DE⋅DF= ______．
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z1=1−2i，z2=2−i，在复平面内，复数z1+z2，z1−z2，z1⋅z2对应的点分别为A，B，C．
(1)求|BC|；
(2)已知四点A、B、C、D组成平行四边形ABCD，求D点坐标以及cs∠ABC的值．
16.(本小题15分)
在如图所示的四棱锥P−ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，AD//BC，∠BAD=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E为PD的中点．
(1)求证：CE/​/平面PAB；
(2)求证：平面PAC⊥平面PDC；
(3)求直线EC与平面PAC所成角的正切值．
17.(本小题15分)
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本成绩的第75百分位数；
(3)已知落在[50,60)的平均成绩是56，方差是7，另一组落在已知[60,70)内，且两组成绩的总平均数Z−为62和总方差s2为23.求落在[60,70)的平均成绩以及方差．
18.(本小题17分)
如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，底面△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AC=2AA1=2A1C1=2，其中D为BC上的点，且DC=2BD．
(Ⅰ)求证：A1B/​/平面AC1D；
(Ⅱ)求平面ABC1与平面AA1C1C夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
定义非零向量OM=(a,b)的“相伴函数”为f(x)=asinx+bcsx，(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcsx(x∈R)的“相伴向量”(其中点O为坐标原点)．
(1)设函数ℎ(x)=2sin(π3−x)−cs(π6+x)，求函数ℎ(x)的“相伴向量”OM的坐标；
(2)记OM=(0,2)的“相伴函数”为f(x)，设函数g(x)=f(x)+2 3|sinx|−1，x∈[0,2π]，若方程g(x)=k有四个不同实数根，求实数k的取值范围；
(3)已知点M(a,b)，(b≠0)满足条件：ba∈(0, 3]，且向量OM的“相伴函数”f(x)在x=x0时取得最大值，当点M运动时，求tan2x0的取值范围．
参考答案
1.C
2.D
3.B
4.D
5.D
6.C
7.C
8.B
9.AC
10.CD
11.ACD
12.52
13.4
14.−32
15.解：(1)由题意，z1+z2=3−3i，z1−z2=−1−i，z1⋅z2=−5i，
∴A(3,−3)，B(−1,−1)，C(0,−5)，
∴BC=(1,−4)，|BC|= 1+16= 17；
(2)设D(x,y)，∵AB=(−4,2)，DC=(−x,−5−y)，且AB=DC，则D(4,−7)，
又BA=(4,−2)，BC=(1,−4)，∴cs=4×1+(−2)×(−4) 16+4⋅ 1+16=6 8585，即cs∠ABC=6 8585．
16.解(1)证明：取PA的中点M，连接BM，ME，
∵E为PD的中点，
∴ME/​/AD且ME=12AD，
∵BC/​/AD且BC=12AD，
∴ME//BC且 ME=BC，
∴四边形MEBC为平行四边形，
∴BM/​/CE，又∵CE⊄面PAB，BM⊄面PAB，
∴CE//平面PAB．
(2)证明：∵PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PA⊥DC，
过C作CC′⊥AD，交AD于C′，则CC′=1，C′D=1，
∴CD= 2，又AC= 2，
∴AC2+CD2=2+2=AD2，∴DC⊥AC，又AC∩PA=A，
∴DC⊥平面PAC，又DC⊂平面PDC，
∴平面PAC⊥平面PDC．
(3)取PC中点F，连接EF，则EF/​/DC，
由(2)知DC⊥平面PAC，则EF⊥平面PAC，
∴∠ECF为直线EC与平面PAC所成的角，
CF=12PC= 32，EF=12CD= 22，
∴tan∠ECF=EFFC= 63，
即直线EC与平面PAC所成角的正切值为 63．
17.解：(1)因为所以小矩形的面积之和为1，
所以(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，
解得：a=0.030；
(2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030+0.025)×10=0.9，
设第75百分位数为m，
则0.65+(m−80)×0.025=0.75，
解得：m=84，
故第75百分位数为84；
(3)由频率分布直方图知，成绩在[50,60)的市民人数为100×0.1=10，
成绩在[60,70)的市民人数为100×0.2=20，
设[60,70)的平均数为x−，方差为t2，
则z−=10×56+20x−30=62，解得：x−=65，
由样本方差计算总体方差公式，
则总方差为s2=110+20{10[7+(56−62)2+20[t2+(65−62)2]]=23,
解得：t2=4，
即平均数为65，方差为4．
18.解：(Ⅰ)取AC中点E，连接C1E，BE，
因为AC=2AA1=2A1C1=2，其中D为BC上的点，且DC=2BD．
所以A1C1=AE=1，A1C1//AE，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，
所以AA1//C1E，
因为AA1⊥平面ABC，
所以C1E⊥平面ABC，
因为BE⊂面ABC，AC⊂面ABC，
所以C1E⊥BE，C1E⊥AC，
因为底面△ABC为等边三角形，
所以BE⊥AC，
以E为原点，EB，EC，EC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系：

所以E(0,0,0)，A(0,−1,0)，B( 3,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,−1,1)，C1(0,0,1)，D(2 33,13,0)，
AC1=(0,1,1)，AD=(2 33,43,0)，
设面AC1D的法向量n=(x,y,z)，
所以AC1⋅n=0AC⋅n=0，
所以(0,1,1)⋅(x,y,z)=0(2 33,43,0)⋅(x,y,z)=0，即y+z=02 33x+43y=0，
令x=1，则y=− 32，z= 32，
所以n=(1,− 32, 32)，
又A1B=( 3,1,−1)，
所以A1B⋅n=1× 3+(− 32)×1+ 32×(−1)=0，
所以A1B/​/平面AC1D.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知AC1=(0,1,1)，AB=( 3,1,0)，
设面ABC1法向量m=(a,b,c)，
所以AC1⋅m=(0,1,1)⋅(a,b,c)=0AB⋅m=( 3,1,0)⋅(a,b,c)=0，即b+c=0 3a+b=0，
令a= 3，则b=−3，c=3，
所以m=( 3,−3,3)，
平面AA1C1C的法向量p=( 3,0,0)，
所以cs=m⋅n|m||n|=( 3,−3,3)⋅( 3,0,0) ( 3)2+(−3)2+32 ( 3)2+02+02=3 21⋅ 3= 77，
所以平面ABC1与平面AA1C1C夹角的余弦值 77．
19.解：(1)ℎ(x)=2sinπ3csx−2csπ3sinx−(csπ6csx−sinπ6sinx)= 3csx−sinx− 32csx+12sinx=−12sinx+ 32csx，
所以函数ℎ(x)的相伴向量OM=(−12, 32)；
(2)f(x)=2csx，
所以g(x)=f(x)+2 3|sinx|−1=2csx+2 3|sinx|−1．
①当x∈[0,π]时，g(x)=2csx+2 3sinx−1=4sin(x+π6)−1；
②当x∈(π,2π]时，g(x)=2csx−2 3sinx−1=−4sin(x−π6)−1．
所以，g(x)=4sin(x+π6)−1,x∈[0,π]−4sin(x−π6)−1,x∈(π,2π],g(x)的图象如图所示：
所以，图象与直线y=k有且仅有四个不同的交点时，实数k的取值范目是[1,3)．

(3)OM的“相伴函数”f(x)=asinx+bcsx= a2+b2sin(x+φ)，其中csφ=a a2+b2，sinφ=b a2+b2，
当x+φ=2kπ+π2，k∈Z即x0=2kπ+π2−φ，k∈Z时f(x)取得最大值，
所以tanx0=tan(2kπ+π2−φ)=csφsinϕ=ab，
所以tan2x0=2tanx01−tan2x0=2ba−ab，
令m=ba，
则tan2x0=2m−1m，m∈(0, 3],
当m∈(0, 3]时m−1m∈(−∞,2 33],
所以tan2x0∈(−∞,0)∪[ 3,+∞)．