2023-2024学年吉林省“三区九校”高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省“三区九校”高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共15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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数5i−2的共轭复数是( )
A. 2+iB. −2+iC. −2−iD. 2−i
2.已知a,b是两个单位向量，则下列四个结论正确的是( )
A. a=bB. a⋅b=1C. a2≠b2D. |a|2=|b|2
3.如图，正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积是( )
A. 2cm2B. 2cm2C. 2 2cm2D. 4cm2
4.从4，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为(a,b)，则lgab为正整数的概率为( )
A. 320B. 15C. 110D. 310
5.为做好“甲型流感”传染防控工作，某校坚持每日测温报告，以下是高三(一)班，高三(二)班各10名同学的体温记录(从低到高)：
高三(一)班：36.1，36.2，36.3，36.4，36.5，36.7，36.7，36.8，36.8，37.0(单位：℃)，
高三(二)班：36.1，36.1，36.3，36.3，36.4，36.4，36.5，36.7，36.9，37.1(单位：℃)
则高三(一)班这组数据的第25百分位数和高三(二)班第80百分位数分别为( )
A. 36.3，36.7B. 36.3，36.8C. 36.25，36.7D. 36.25，36.8
6.已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，l⊄α,l⊄β,则( )
A. α // β且l// αB. α⊥β且l⊥β
C. α与β相交，且交线垂直于lD. α与β相交，且交线平行于l
7.随着卡塔尔世界杯的举办，全民对足球的热爱程度有所提高，组委会在某场比赛结束后，随机抽取了若干名球迷对足球“喜爱度”进行调查评分，把喜爱程度较高的按年龄分成5组，其中第一组：[20,25)，第二组：[25,30)，第三组：[30,35)，第四组：[35,40)，第五组：[40,45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第四组与第五组共有150人，第二组中女性球迷有75人，则第二组中男性球迷的人数为( )
A. 140B. 120C. 100D. 80
8.已知▵ABC中，角A,B,C对应的边分别为a，b，c，D是AB的中点且CD=1，a−bc+b=sinC−sinBsinA，则a+b的最大值是( )
A. 83 2B. 8 33C. 4 33D. 4 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.已知平面向量a=−1,2，b=3,−4，则下列说法正确的是( )
A. a⋅b=−11B. b在a上的投影向量为−2a
C. 与b共线的单位向量的坐标为−35,45D. 向量a，b夹角的余弦值为−11 525
10.已知事件A,B,则下列说法正确的是( )
A. 若B⊆A,则PA∪B=PA
B. 若A,B互斥，则PA+PB≤1
C. 若A,B独立，则PA+PB≤1
D. 若A,B独立，则PAPB=PAB
11.已知四边形ABCD是等腰梯形(如图1)，AB=3，DC=1，∠BAD=45°，DE⊥AB.将▵ADE沿DE折起，使得AE⊥EB(如图2)，连结AC，AB，设M是AB的中点.下列结论中正确的是( )
A. BC⊥ADB. 点E到平面AMC的距离为​63
C. EM//平面ACDD. 四面体ABCE的外接球表面积为5π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆台的上，下底面半径分别为2和6，母线长为8.则该圆台的表面积为 ．
13.已知事件A、B互斥，PA∪B=35，且PA=2PB，则PB= ．
14.如图，一幢高楼楼面上有一块浮雕，上沿为C，下沿为D，某班数学小组在斜坡AB坡脚A处测得浮雕下沿D的仰角α满足tanα=43，在斜坡AB上的B处测得∠ABC满足tan∠ABC=1711.已知斜坡AB与地面的夹角为∠BAH满足tan∠BAH=13,AB=2 10m，AE=8m，则浮雕CD的高度(上下沿之间的距离)为___ ___m．
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z是复数，z+1为纯虚数，zi的实部为2(i为虚数单位)．
(1)求复数z;
(2)求z⋅3+4i的模．
16.(本小题12分)
在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b1+csC=ccsB−a．
(1)求角C；
(2)若c=2 3，且1sinA+1sinB=4，求▵ABC的面积．
17.(本小题12分)
某校对2022年高一上学期期中数学考试成绩(单位：分)进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：
请完成以下问题：
(1)估计该校高一期中数学考试成绩的平均数；
(2)为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在[50,60)和[60,70)的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生至少有1人成绩在[60,70)内的概率．
18.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，∠ABC=90∘,∠BAC=∠DAC=π3,AC2=AB⋅AD,PA⊥平面ABCD，E，F分别为PD，PC的中点，PA=2AB．
(1)求证：平面BPC⊥平面AEF;
(2)求二面角E−AC−D的大小．
19.(本小题12分)
国务院正式公布的《第一批全国重点文物保护单位名单》中把全国重点文物保护单位(下述简称为“第一批文保单位”)分为六大类.其中“A：革命遗址及革命纪念建筑物”、“B：石窟寺”、“C：古建筑及历史纪念建筑物”、“D：石刻及其他”、“E：古遗址”、“F：古墓群”，某旅行机构统计到北京部分区的17个“第一批文保单位”所在区分布如下表：
(1)某个研学小组随机选择该旅行社统计的北京市17个“第一批文保单位”中的一个进行参观，求选中的参观单位恰好为“C：古建筑及历史纪念建筑物”的概率；
(2)小王同学随机选择该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“A：革命遗址及革命纪念建筑物”中的一个进行参观；小张同学随机选择统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中的一个进行参观，两人选择参观单位互不影响，求两人选择的参观单位恰好在同一个区的概率；
(3)现在拟从该机构统计到的北京市“第一批文保单位”中的“C：古建筑及历史纪念建筑物”中随机抽取2个单位进行常规检查.记抽到海淀区的概率为p1，抽不到海淀区的概率为p2，试判断p1和p2的大小．
答案解析
1.B
【解析】解：5i−2=5−i−2i−2−i−2=−2−i，
所以其共轭复数为−2+i，
故选B．
2.D
【解析】解：对于A，因为a,b是两个单位向量，但两者方向不一定相同，
所以a=b不一定成立，故 A错误；
对于B，a⋅b=a⋅bcsa,b=csa,b，显然csa,b=1不一定成立，故 B错误；
对于C，a2=a2=1,b2=b2=1，则a2=b2，故 C错误；
对于D，|a|2=1=|b|2，故 D正确．
故选：D．
3.C
【解析】在直观图中，OA=1,OB= 2，
所以在原图中OA′=1,OB′=2 2，如图，
所以原图形的面积是2 2cm2．
故选：C．
4.A
【解析】从4，2，3，8，9中任取两个不同的数，记为a,b，共有20个基本事件，分别为(4,2),(4,3),(4,8),(4,9),(2,4),(2,3),(2,8),(2,9),(3,4),(3,2),(3,8),(3,9)，(8,4),(8,2),(8,3),(8,9),(9,4),(9,2),(9,3),(9,8)，
记“lgab为正整数”为事件A，
所以事件A包含3个基本事件：(2,4),(3,9),(2,8)，
故其概率为P(A)=320．
故选：A．
5.B
【解析】10×0.25=2.5，
故从小到大，选取第3个数据作为高三(一)班这组数据的第25百分位数，即36.3；
10×0.8=8，故从小到大，选取第8个和第9个数据的平均数作为第80百分位数，
即36.7+36.92=36.8．
故选：B．
6.D
【解析】解：由m⊥平面α，直线l满足l⊥m，且l⊄α，所以l//α．
又n⊥平面β，l⊥n,l⊄β，所以l//β．
由直线m,n为异面直线，且m⊥平面α,n⊥平面β，
则α与β相交，否则，若α//β，则推出m//n，与m,n异面矛盾，
所以α,β相交，且交线平行于l．
故选D．
7.C
【解析】由题意结合频率分布直方图可得，第四组与第五组的频率之和为(0.04+0.02)×5=0.3，
第二组频率为0.07×5=0.35．
因为第四组与第五组共有150人，所以样本容量n=1500.3=500，
所以第二组人数为500×0.35=175，所以第二组中男性球迷人数为175−75=100．
故选：C．
8.C
【解析】因为a−bc+b=sinC−sinBsinA，所以a−bsinA=c+bsinC−sinB，
由正弦定理得aa−b=c+bc−b，可得a2−ab=c2−b2，即a2+b2−c2=ab，
所以cs∠ACB=a2+b2−c22ab=12，
又∠ACB∈0,π，则∠ACB=π3，
D是AB的中点，CD=1，故CA+CB=2CD，
两边平方得CA2+CB2+2CA⋅CBcsπ3=4CD2，
∴b2+a2+ab=4，故b+a2=4+ab，
其中ab≤a+b24，故b+a2=4+ab≤4+a+b24(当且仅当a=b时符号成立)，
解得a+b≤4 33．
故选：C
9.AD
【解析】对于A，a⋅b=−1×3+2×(−4)=−11，故 A正确；
对于B，b在a方向上的投影向量a⋅ba⋅aa=1×−3+2×−4 12+22× 12+22a=−115a，故 B错误；
对于C，与b共线的单位向量为±b|b|=±15b，即−35,45或35,−45，故 C错误；
对于D，csa,b=a⋅bab=−1×3+2×(−4) (−1)2+22⋅ 32+(−4)2=−11 525，故 D正确．
故选：AD．
10.ABD
【解析】若B⊆A，则P(A∪B)=P(A)，故 A正确；
因为A，B互斥，所以PA+PB≤1，故 B正确；
因为A，B独立，由独立事件的性质可知：二者同时发生的概率P(AB)=P(A)P(B)，由概率大于零可知：P(A)+P(B)≤1不一定成立，故 C错误；
因为A，B独立，所以PAPB=PAB，故 D正确．
故选：ABD．
11.BD
【解析】解：因为DE⊥AB，∠BAD=45°，
所以△ADE为等腰直角三角形，过C做CF⊥AB，交AB于F，如图所示：
所以△ADE≌△BCF，即AE=BF，又AB=3，DC=1，
所以AE=EF=FB=DE=CF=1，则AD=BC= 2，
对于A：因为AE⊥EB，AE⊥DE，
BE⋂DE=E，BE,DE⊂平面BCDE，
所以AE⊥平面BCDE，BC⊂平面BCDE，
所以AE⊥BC，若BC⊥AD，
且AE⋂AD=A，AE,AD⊂平面ADE，
则BC⊥平面ADE，DE⊂平面ADE，
所以BC⊥DE，
与已知矛盾，所以BC与AD不垂直，故A错误；
对于B：连接MC，如图所示，
在Rt△DEC中，DE=DC=1，所以EC=​2，又BC= 2，EB=2，
所以EC2+BC2=EB2，所以EC⊥BC，
又因为AE⊥BC，AE⋂EC=E，AE,EC⊂平面AEC，
所以BC⊥平面AEC，AC⊂平面AEC，
所以BC⊥AC，即△ABC为直角三角形，
在Rt△AEC中，AE=1,EC= 2，所以AC=​3，
因为M是AB的中点，
所以△AMC的面积为Rt△ABC面积的一半，所以S△AMC=12×12× 3× 2= 64，
因为DE⊥AE,DE⊥EB，AE∩EB=E,AE,EB⊂平面AEB，
所以DE⊥平面AEB，
所以DE即为点D到平面AEM的距离，
因为VE−AMC=VC−AEM，设点E到平面AMC的距离为ℎ，
则13×S▵AME×DE=13×S▵AMC×ℎ，即13×12×1×1×1=13× 64×ℎ，
所以ℎ= 63，所以点E到平面AMC的距离为​63，故B正确；
对于C：因为EB//DC，EB⊄平面ADC，DC⊂平面ADC，
所以EB//平面ADC，
若EM//平面ACD，且EB∩EM=E,EB,EM⊂平面AEB，
所以平面ACD//平面AEB，与已知矛盾，故C错误．
对于D：因为EC⊥BC，所以▵BCE的外接圆圆心为EB的中点，
又因为AE⊥EB，所以△ABE的外接圆圆心为AB的中点M，
根据球的几何性质可得：四面体ABCE的外接球心为M，
又E为球上一点，在△ABE中，EM=12AB= 52
所以外接球半径R=ME= 52，
所以四面体ABCE的外接球表面积S=4πR2=4π×54=5π，故D正确．
故选BD．
12.104π
【解析】由题意知该圆台的表面积为：S=πR2+πr2+π(r+R)l=π×22+π×62+π(2+6)×8=104π．
故答案为：104π
13.45##0.8
【解析】解：∵事件A、B互斥，且PA=2PB，
∵ PA∪B=PA+PB=3PB=35
∴解得PB=15，
∴PB=1−PB=1−15=45．
故答案为：45．
14.3815
【解析】过B作BF⊥CE于点F，则四边形BHEF是矩形，
在Rt▵ADE中，tanα=43=DEAE=DE8，
所以DE=323，
在Rt▵ABH中，tan∠BAH=13，AB=2 10，
所以cs∠BAH=3 10=AHAB=AH2 10，
所以AH=6，BH= AB2−AH2= 40−36=2=EF，
所以BF=HE=AH+AE=6+8=14，
在Rt▵BCF中，tan∠CBF=tan(∠ABC−∠ABF)=tan(∠ABC−∠BAH)
=tan∠ABC−tan∠BAH1+tan∠ABCtan∠BAH=1711−131+1711×13=45，
而tan∠CBF=CFBF=CF14=45，
所以CF=565，
所以CD=CE−DE=(CF+EF)−DE=565+2−323=3815．
故答案为：3815．
15.（1）
设z=a+bi(a,b∈R)，
由z+1=(a+1)+bi 为 纯虚数，则a+1=0，得a=−1,b≠0
由zi=a+bii=b−ai的实部为2，则b=2，
所以z=−1+2i；
（2）z⋅(3+4i)=(−1+2i)(3+4i)=−11+2i，
z⋅(3+4i)= (−11)2+22= 125=5 5．
【解析】(1)设z=a+bi(a,b∈R)，由已知条件列方程求出a,b即可；
(2)由复数的乘法化简z⋅3+4i，再由模长公式计算即可．
16.（1）因为b1+csC=ccsB−a，A+B+C=π，
所以由正弦定理得，sinB1+csC=sinCcsB−sinA=sinCcsB−sinB+C
=sinCcsB−sinBcsC+sinCcsB=−sinBcsC，
又sinB>0，所以csC=−12，
又0