2023-2024学年陕西省西安市周至县高一下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省西安市周至县高一下学期7月期末教学质量检测数学试题（含解析），共13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.已知向量a=(−2,3),b=(1,−1)，若(ka+b)⊥b，则k=( )
A. −52B. 52C. −25D. 25
2.某公司在职员工有1200人，其中销售人员有400人，研发人员有600人，现采用分层随机抽样的方法抽取120人进行调研，则被抽到的研发人员人数比销售人员人数多( )
A. 20B. 30C. 40D. 50
3.投掷一枚质地均匀的骰子，则向上的点数是3的倍数的概率为( )
A. 16B. 13C. 14D. 12
4.已知α，β是两个不重合的平面，直线l⊥α，则“l//β”是“α⊥β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.在一个港口，有一艘船以每小时30海里的速度向正东方向行驶，在某时观测到在该船北偏东75∘方向上有一座灯塔A，2小时后，灯塔A在该船的东北方向上，该船继续向正东方向行驶足够长时间，则该船与灯塔A之间的最短距离是( )
A. 15( 3+1)海里B. 30( 6− 2)海里
C. 30(2− 3)海里D. 30( 3−1)海里
6.若z=1+2i+i2，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
7.已知某圆柱的轴截面是正方形，且上、下底面圆周上的所有点都在球O的表面上，则该圆柱的体积与球O的体积的比值是( )
A. 2 23B. 4 23C. 3 24D. 3 28
8.若向量a，b是一组基底，向量m=xa+yb(x,y∈R)，则称(x,y)为向量m在基底a，b下的坐标.如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中E，F，G，H分别是DF，AG，BH，CE的中点.已知向量e1，e2分别是向量AB，AD方向上的单位向量，且向量AG在基底e1，e2下的坐标为(4,2)，则AH在基底e1，e2下的坐标是( )
A. (4,3)B. (3,4)C. (4,1)D. (2,4)
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.某商场评选金牌销售员，现将该商场所有销售员某月的销售额进行整理，得到如图所示的统计图，则( )
A. 该商场有20名销售员
B. 该商场这个月所有销售员销售额的平均数为7万元
C. 该商场这个月有30%的销售员的销售额超过7万元
D. 该商场这个月所有销售员销售额的第85百分位数是8.5万元
10.已知事件A,B,C两两互斥，若P(A)=16，P(B)=13，P(A∪C)=512，则( )
A. P(C)=14B. P(A∪B)=12
C. P(A∪B∪C)=1D. P(B∪C)=712
11.如图，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个结论，其中正确的结论的是( )
A. 三棱锥A−D1PC的体积不变B. A1P//平面ACD1
C. DP⊥BC1D. 平面PDB1⊥平面ACD1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=1−3i1+i，则z= ．
13.某圆台形花坛的上底面圆的半径是2米，下底面圆的半径是4米，高是3米，则该花坛的侧面积是 平方米．
14.已知▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若c= 3，且(a+b)2=c2+3ab.则▵ABC周长的最大值为 ．
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)
为了了解一片林木的生长情况，某科研机构成员随机检测了其中100棵树木的底部周长(单位：cm)，所得数据都在[80,130]内，按[80,90),[90,100),[100,110),[110.120),[120.130]分成五组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求图中a的值;
(2)估计这片林木中树木底部周长的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(3)若这片林木有10000棵树木，估计这片林木中底部周长在[90,110)内的 树木的数量．
16.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ACC1A1是菱形，△ABC是等边三角形，平面ACC1A1⊥平面ABC，D，E，F分别棱AA1，BB1，B1C1的中点．
(1)证明：平面A1EF//平面BC1D.
(2)若∠A1AC=60∘，求直线BC1与平面ABC所成角的正弦值．
17.(本小题12分)
在▵ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知4a=3b，且csA=23．
(1)求sinB的值；
(2)若c=3，求▵ABC的周长．
18.(本小题12分)
如图，这是某种型号的奖杯，它是用一个正四棱台、一个正四棱柱和一个球焊接而成的球的半径为R.正四棱柱的底面边长为2R，高为7R.正四棱台的上、下底面边长分别为4R和6R，斜高(即侧面梯形的高)为3R．
(1)求这种型号的奖杯的表面积(用R表示，焊接处对面积的影响忽略不计)；
(2)已知R=3cm，若为奖杯表面镀金所用的 材料每1.6g可以涂1m2，且该种型号的奖杯底面(图中正四棱台的下底面作为该种型号的奖杯的底面，一般底面采用其他村质)不需要镀金，则为100个这种型号的奖杯镀金约需要多少材料？(π取3.14，精确到0.01g)
19.(本小题12分)
甲、乙、丙三人进行台球比赛，比赛规则如下：先由两人上场比赛，第三人旁观，一局结束后，败者下场作为旁观者，原旁观者上场与胜者比赛，按此规则循环下去.若比赛中有人累计获胜3局，则该人获得最终胜利，比赛结束，三人经过抽签决定由甲、乙先上场比赛，丙作为旁观者.根据以往经验，每局比赛中，甲、乙比赛甲胜概率为12，乙、丙比赛乙胜概率为13，丙、甲比赛丙胜概率为23，每局比赛相互独立且每局比赛没有平局．
(1)比赛完3局时，求甲、乙、丙各旁观1局的概率；
(2)已知比赛进行5局后结束，求甲获得最终胜利的概率．
答案解析
1.D
【解析】因为a=(−2,3),b=(1,−1)，所以ka+b=(−2k+1,3k−1)，
因为(ka+b)⊥b，所以(ka+b)⋅b=0，即−2k+1−(3k−1)=0，解得k=25．
故选：D
2.A
【解析】解：由题意可得被抽到的研发人员有600×1201200=60人，
销售人员有400×1201200=40人，
则被抽到的研发人员人数比销售人员人数多60−40=20．
3.B
【解析】解：抛掷一枚质地均匀的硬币，有6种结果，每种结果等可能出现，
出现“向上的点数为3的倍数”的情况有2种，
故所求概率为P=26=13，
故选B．
4.A
【解析】解：由l⊥α，l//β⇒α⊥β，充分性得证;
而由α⊥β时，l⊥α，直线l可能平行于平面β也可能在平面β内，故必要性不成立;
故本题选A．
5.D
【解析】解：设该船的初始位置为B，2小时后的位置为C，过A作AD⊥BC，垂足为D，则AD为所求的最短距离．
由题意可知∠ABC=15∘，∠ACB=135∘，BC=60海里，则∠BAC=30∘．
在△ABC中，由正弦定理可得ABsin∠ACB=BCsin∠BAC，则AB=BCsin∠ACBsin∠BAC=60 2海里．
在Rt△ABD中，∠ABD=15∘，∠ADB=90∘，AB=60 2海里，则AD=(30 3−30)海里．
6.D
【解析】因为z=1+2i−1=2i，所以|z|=2，
故选：D
7.D
【解析】解：设该圆柱的底面圆半径为r，高为ℎ，则ℎ=2r．
设球O的半径为R，则R= 2r.
由圆柱的体积公式可得V圆柱=πr2⋅ℎ=2πr3．
由球的体积公式可得V球O=43πR3=8 23πr3，
则V圆柱V球O=2πr38 23πr3=3 28．
8.B
【解析】解：由题意可得AG=AB+BG=AB+12BH=AB+12(BC+CH)=AB+12BC+14CE．
因为EFGH是平行四边形，
所以AG=−CE，
所以AG=AB+12BC−14AG=AB+12AD−14AG，
所以AG=45AB+25AD．
因为向量AG在基底e1，e2下的坐标为(4,2)，
所以AB=5e1，AD=5e2，
因为AH=AB+BH=AB+BC+CH=AB+AD−12AG=35AB+45AD，
所以AH在基底e1，e2下的坐标是(3,4)．
9.ACD
【解析】解：由统计图可知该商场有20名销售员，则A正确；
该商场这个月所有销售员销售额的平均数为4+5×2+6×4+7×7+8×3+9×2+1020=6.95万元，则B错误；
该商场这个月销售额超过7万元的销售员有6人，占总人数的百分比为620=30%，则C正确；
因为20×85%=17，所以该商场这个月所有销售员销售额的第85百分位数是8+92=8.5万元，则D正确．
10.ABD
【解析】因为 事件A,B,C两两互斥，所以P(A∪C)=P(A)+P(C).因为P(A)=16，P(A∪C)=512，所以P(C)=14，则A正确．
因为P(A)=16，P(B)=13，所以P(A∪B)=P(A)+P(B)=12，则B正确．
因为事件A,B,C两两互斥，所以P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=34，则C错误．
因为P(B)=13,P(C)=14，所以P(B∪C)=P(B)+P(C)=712，则D正确．
故选：ABD
11.ABD
【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB//DC//D1C1，AB=DC=D1C1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1//AD1，
因为AD1⊂平面ACD1，BC1⊄平面ACD1，
所以BC1//平面ACD1，
于是得点P到平面ACD1的距离是定值，
而△ACD1面积是定值，
因此三棱锥A−D1PC，即三棱锥P−ACD1的体积不变，A正确；
由选项A知，BC1//平面ACD1，
同理可得A1C1//AC，
因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，
所以A1C1//平面ACD1，而BC1∩A1C1=C1，BC1,A1C1⊂平面A1BC1，
所以平面A1BC1//平面ACD1，又A1P⊂平面A1BC1，
所以A1P//平面ACD1，B正确；
因为BC1=BD=C1D，即▵BC1D为正三角形，
点P在BC1上，则DP与BC1不一定垂直，C不正确；
因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，
在正方形ABCD中，BD⊥AC，
因为BD∩BB1=B，BD,BB1⊂平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D，又DB1⊂平面BB1D，
于是得DB1⊥AC，
同理DB1⊥AD1，
因为AD1∩AC=A，AD1,AC⊂平面ACD1，
所以DB1⊥平面ACD1，因为DB1⊂平面PDB1，
所以平面PDB1⊥平面ACD1，D正确．
故选：ABD．
12.−1+2i
【解析】因为z=1−3i1+i=(1−3i)(1−i)(1+i)(1−i)=1−i−3i+3i21−i2=−1−2i，
所以z=−1+2i．
故答案为：−1+2i
13.6 13π
【解析】由题意可得该花坛为圆台，它的母线长l= 32+4−22= 13，
则该花坛的侧面积S=πr1+r2l=π2+4× 13=6 13π(平方米)，
故答案为：6 13π
14.3 3
【解析】因为(a+b)2=c2+3ab，所以(a+b)2−c2=3ab．
因为ab≤a+b22，当且仅当a=b时，等号成立，
所以(a+b)2−c2≤3×a+b22，即(a+b)24≤c2，
所以(a+b)2≤4c2=12，得a+b≤2 3，
则a+b+c≤3 3，即▵ABC周长的最大值为3 3．
故答案为：3 3．
15.解：(1)由频率分布直方图可得0.015+a+0.035+0.020+0.005×10=1，解得a=0.025．
(2)设这片林木中树木底部周长的平均值为x，
则x=85×0.15+95×0.25+105×0.35+115×0.2+125×0.05=102.5cm
(3)由频率分布直方图可知这片林木中树木的底部周长在[90,110)内的频率是(0.025+0.035)×10=0.6，
则这片林木中底部周长在[90,110)内的树木的数量的估计值是10000×0.6=6000．
【解析】(1)由所有分组的频率之和为1，求a的值；
(2)利用频率分布直方图求出数据的平均值；
(3)由范围内的频率计算频数．
16.(1)证明：由三棱柱的定义可知AA1/​/BB1，AA1=BB1．
因为D，E分别是棱AA1，BB1的中点，所以A1D//BE，A1D=BE，
所以四边形A1DBE是平行四边形，则A1E//BD．
因为BD⊂平面BC1D，A1E⊄平面BC1D，所以A1E/​/平面BC1D.
因为E，F分别是棱BB1，B1C1的中点，所以EF/​/BC1．
因为BC1⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，所以EF//平面BC1D.
因为A1E，EF⊂平面A1EF，且A1E∩EF=E，
所以平面A1EF//平面BC1D.
(2)解：作C1H⊥AC的延长线于点H，连接BH．
因为平面ACC1A1⊥平面ABC，且平面ACC1A1∩平面ABC=AC，
所以C1H⊥平面ABC，
则∠C1BH是直线BC1与平面ABC所成的角．
设AB=2，则CC1=2.因为∠A1AC=60∘，
所以∠C1CH=60∘，则CH=1，C1H= 3．
因为△ABC是等边三角形，所以BC=2，∠ACB=60∘，所以∠BCH=120∘．
由余弦定理可得BH= BC2+CH2−2BC⋅CHcs∠BCH= 7．
因为C1H⊥平面ABC，BH⊂平面ABC，所以C1H⊥BH，
则BC1= BH2+C1H2= 10，
故sin∠C1BH=C1HBC1= 3010，
即直线BC1与平面ABC所成角的正弦值为 3010．

【解析】(1)先证明A1E/​/平面BC1D和EF//平面BC1D，由面面平行的判定即可得证；
(2)作C1H⊥AC的延长线于点H，连接BH，易得∠C1BH是直线BC1与平面ABC所成的角，计算即可．
17.解：(1)由A∈(0,π)，且csA=23，可得sinA= 1−cs2A= 53，
又因为4a=3b，由正弦定理得4sinA=3sinB，所以sinB=4sinA3=4 59．
(2)由4a=3b，可得ab=34，可设a=3k,b=4k，其中k>0，
因为c=3，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，即9k2=16k2+9−2×4k×3×23，
即7k2−16k+9=0，解得k=1或k=97，
当k=1时，a=3,b=4，此时▵ABC的周长为a+b+c=10；
当k=97时，a=277,b=367，此时▵ABC的周长为a+b+c=277+367+3=12．
【解析】(1)根据题意，求得sinA= 53，结合正弦定理，即可求得sinB的值；
(2)设a=3k,b=4k，由余弦定理得出方程7k2−16k+9=0，解得k=1或k=97，进而求得▵ABC的周长．
18.解：(1)球的表面积为4πR2cm2．
正四棱柱的表面积为(2R)2×2+2R×7R×4=64R2cm2．
正四棱台的表面积为(6R)2+(4R)2+4×124R+6R×3R=112R2cm2．
故这种型号的奖杯的表面积为112R2+64R2+4πR2−2×(2R)2=168R2+4πR2cm2．
(2)因为1个这种型号的奖杯需要镀金的面积为168R2+4πR2−(6R)2=132R2+4πR2
=132×32+4×3.14×32=1301.04cm2，
所以100个这种型号的奖杯需要镀金的面积为1301.04×100=130104cm2=13.0104m2．
因为为奖杯表面镀金所用的材料每1.6g可以涂1m2，
所以为100个这种型号的奖杯镀金约需要材料13.0104×1.6=20.81664g≈20.82g．
【解析】(1)分别求得棱台、棱柱、球的表面积后相加即可得出该奖杯的表面积；
(2)求出奖杯需要镀金的表面积，再根据镀金材料的每平方米的重量可求得为100个这种型号的奖杯镀金所需要的材料．
19.解：(1)由题可知，甲、乙、丙各旁观1局只需讨论前两局的胜负情况，可分为：
甲胜乙、丙胜甲；乙胜甲，丙胜乙．
设甲、乙比赛甲胜，乙、丙比赛乙胜，丙、甲比赛丙胜分别为事件A，B，C，则A，B，C相互独立，
设比赛完3局时，甲、乙、丙各旁观1局为事件M，则M=AC∪AB，
则PM=PAC+PAB=PAPC+PAPB=12×23+12×23=23，
所以甲、乙、丙各旁观1局的概率为23．
(2)设甲、乙、丙第i局比赛获胜分别为事件Ai，Bi，Ci，i=1,2,3,4,5，
设比赛完5局甲获得最终胜利为事件D，则
D=B1B2A3A4A5+B1C2A3A4A5+A1A2B3B4A5+A1A2B3C4A5+A1C2C3A4A5+A1C2B3A4A5,PB1B2A3A4A5=PB1PB2PA3PA4PA5=12×13×12×13×12=172，
PB1C2A3A4A5=PB1PC2PA3PA4PA5=12×23×13×12×13=154，
PA1A2B3B4A5=PA1PA2PB3PB4PA5=12×13×12×13×12=172，
PA1A2B3C4A5=PA1PA2PB3PC4PA5=12×13×12×23×13=154，
PA1C2C3A4A5=PA1PC2PC3PA4PA5=12×23×23×13×12=127，
PA1C2B3A4A5=PA1PC2PB3PA4PA5=12×23×13×12×13=154，
所以PD=172+154+172+154+127+154=13108．
所以，已知比赛进行5局后结束，甲获得最终胜利的概率为13108．
【解析】(1)根据独立事件的概率公式进行求解即可；
(2)分析比赛情况，根据和事件的概率公式进行求解即可．