2023-2024学年陕西省榆林市高一下学期期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省榆林市高一下学期期末数学试卷（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。
1.已知集合A=xy=lnx+1，B=xy= x，则A∩B=( )
A. −∞,−1B. −∞,0C. −1,+∞D. 0,+∞
2.已知复数z=1+2i−i9(i为虚数单位)，则z的虚部为( )
A. −1B. 1C. 2D. 3
3.已知边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，则AF⋅AE=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.某种化学物质的衰变满足幂函数模型，每周该化学物质衰减20%，则经过n星期后，该化学物质的存量低于该化学物质的15，则n的最小值为( )(参考数据：lg2≈0.3010)
A. 6B. 7C. 8D. 9
5.已知平面向量a=1,2，b=2,3，则向量b−a在a上的投影向量为( )
A. 25,45B. −25,−45C. 35,65D. −35,−65
6.已知a,b>0，满足点1a+1,1b在直线x+y=1上，则2a+b的最小值为( )
A. 1+2 2B. 1+ 2C. 2D. 2 2
7.在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c，若B=60∘，b=3 3，▵ABC只有一个解，则c的取值范围为( )
A. 0,3 3B. 0,3 3C. 3 3,6D. 0,3 3∪6
8.已知正三棱锥O−ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA=3，点P在底面ABC上，且OP= 6，则点P的轨迹长度为( )
A. π2B. 2π2C. 3π2D. π
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a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若a//b，b⊂α，a⊄α，则a//α
B. 若a⊥α，b⊥α，则a//b
C. 若α⊥β，α∩β=b，a⊥b，则a⊥β
D. 若a，b为两条异面直线，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，则α//β
10.已知随机事件A,B，满足PA=0.3，PB=0.6，则下面结论不正确的是( )
A. 若A,B为互斥事件，则PA+B=0.18
B. 若PA+B=0.8，则A,B可能为互斥事件
C. 若A,B为独立事件，则PAB=0.28
D. 若PAB=0.12，则A,B可能不为独立事件
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为BC的中点，点P为正方形A1B1C1D1内包含边界的动点，则( )
A. 直线B1M到平面A1D1DA的距离为2
B. 点A到C1M到的距离为 305
C. 直线MP与平面A1B1C1D1上任意直线所成角中的最小角的正弦值为23
D. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为 52
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知甲、乙、丙三名同学站在一排进行拍照，则甲在中间的概率 ．
13.已知sinx+π3−sinx=13，则cs2x+π3= ．
14.已知甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，每人输两次即被淘汰，比赛顺序为甲、乙先比，丙轮空，之后胜者与丙比赛，败者轮空，以此类推直到比出获胜者，假如甲、乙、丙三人实力相当，则丙获胜的概率为 ．
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)
已知向量a，b满足a=3，b=6，a⋅b=9．
(1)求3a−b；
(2)若向量2b+ka与b−2a相互垂直，求实数k的值．
16.(本小题12分)
某学校高一年级进行某学科的考试，所有学生的成绩做成的频率分布直方图如图所示，第一组成绩在50,60，第二组成绩在60,70，第三组成绩在70,80，第四组成绩在80,90，第五组成绩在90,100．
(1)求图中a的值；
(2)年级准备表扬在本次考试中成绩在前14的同学，定为成绩优胜，估计此次考试成绩优胜的分数线；
(3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，进行成绩情况调研.若抽取的同学中，第二组的成绩的平均数和方差分别为65和40，第四组的成绩的平均数和方差分别为83和70，据此估计第二组和第四组抽取的所有同学中成绩的方差．
17.(本小题12分)
已知▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a、b、c，点D为边BC上一点，满足AD+AC⋅BC=0．
(1)求证：AD=b；
(2)若AD为内角A的角平分线，满足BD=2CD，求sinA．
18.(本小题12分)
如图，已知三棱锥A−BCD，三角形ABD为等边三角形，BD=AC，BC⊥CD．
(1)若点O为BD的中点，证明：AO⊥OC；
(2)当BC=CD时，求异面直线AB与CD所成角的余弦值；
(3)当异面直线AB与CD所成角的余弦值为14时，求BCCD的值．
19.(本小题12分)
在锐角三角形ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a，b，c，点M，N分别为边BC,AB的中点，满足AM⋅CN=0．
(1)求边a，b，c之间的 关系；
(2)求cs∠B的值域．
答案解析
1.D
【解析】对于y=lnx+1可知x+1>0，解得x>−1，即A=x|x>−1；
对于y= x可知x≥0，即B=x|x≥0；
所以A∩B=0,+∞．
故选：D．
2.A
【解析】因为z=1+2i−i9=1+2i−i=1+i，则z=1−i，
所以z的虚部为−1．
故选：A．
3.B
【解析】因为点E，F分别为AB，BC的中点，
则AE=12AB=1，且AF在AE方向上的投影数量为2，
所以AF⋅AE=1×2=2．
故选：B．
4.C
【解析】设某种化学物质的原始量为1，经过n星期后，该化学物质的存量为y，则y=0.8n，
当经过n星期后，该化学物质的存量低于该化学物质的15时，有y=0.8nlg0.815=lg15lg45=lg1−lg5lg4−lg5=0−lg1022lg2−lg102=−1+lg23lg2−1≈7.2，故n=8．
故选：C．
5.C
【解析】因为a=1,2，b=2,3，所以b−a=(1,1)，
则(b−a)⋅aa⋅aa=3 5⋅a 5=351,2=35,65．
故选：C．
6.A
【解析】点1a+1,1b在直线x+y=1上可得1a+1+1b=1，
2a+b=2a+1+b×1a+1+1b−2=1+2a+1b+ba+1≥1+2 2，
当且仅当2a+1b=ba+1时不等式取等号，故最小值为1+2 2．
故选：A．
7.D
【解析】▵ABC的外接圆O的半径R=b2sinB=3 32× 32=3，
如图所示，AC=3 3，AB′是圆的直径．
可知点B在优弧AC⌢上(不包括端点)，
当B为B′时，此时c取到最大值2R=6；
当点B从点A到B′时，此时c越来越大，且c∈0,6；
当点B从点B′到C时，此时c越来越小，且c∈3 3,6；
综上所述：若▵ABC只有一个解，则c的取值范围为0,3 3∪6．
故选：D．
8.C
【解析】
AB=BC=AC=3 2，
设M为等边三角形ABC中心，则OM⊥平面ABC，
连接BM，则BM=23× 32×3 2= 6，
所以OM= OB2−BM2= 3，
PM= OP2−OM2= 3，
而M点到AC的距离为13× 32×3 2= 62< 3=PM，
M点到A的距离为 6> 3=PM，
所以P点轨迹是以M点为圆心，以 3为半径，
且与▵ABC的三边各有2个交点的三段相等圆弧，如图，
设圆弧与AB相交于E、F两点，作MH⊥AB，则ME=MF= 3，
MH= 62，所以EH= ME2−MH2= 62，可得∠EMH=π2，
可得P点的轨迹在▵ABC内部的弧所对的圆心角为2π−3π2=π2，
则弧长为π2× 3= 3π2．
故选：C．
9.ABD
【解析】对于A：若a//b，b⊂α,a⊄α，根据线面平行的判定定理可知a//α，故 A正确；
对于B：若a⊥α,b⊥α，根据线面垂直的性质可知a//b，故 B正确；
对于C：当a⊂α时，α⊥β,α∩β=b,a⊥b，由面面垂直的性质定理可得a⊥β，
当a⊄α时，α⊥β,α∩β=b,a⊥b，则a//β或a⊂β或a与β相交，故 C错误；
对于D：因为a⊂α，b//α，所以存在b′⊂α使得b′//b，又b⊂β，b′⊄β，所以b′//β，
又a//β且a,b为异面直线，所以平面α内的两直线b′、a必相交，
所以α//β，故 D正确．
故选：ABD．
10.ABD
【解析】对于AB，A,B为互斥事件，则PA+B=PA+PB=0.9，故 AB错；
对于C，因为PA=0.3,PB=0.6，所以PA=0.7,PB=0.4，
因为PAB=PA×PB=0.28，故 C对；
对于D，PAB=PA×PB=0.12，则A,B为独立事件，
所以随机事件A,B为独立事件，故 D错．
故选：ABD．
11.ACD
【解析】对于选项A：因为平面B1C1CB//平面A1D1DA，且B1M⊂平面B1C1CB，
所以直线B1M到平面A1D1DA的距离，即为点B1到平面A1D1DA的距离，
且A1B1⊥平面A1D1DA，所以直线B1M到平面A1D1DA的距离为A1B1=2，故 A正确；
对于选项B：连接AM,C1M,AC1，设点A到C1M到的距离为d，
则AM=C1M= 5,AC1=2 3，
在▵AC1M中，可得边AC1上的高为ℎ= 52−2 322= 2，
由三角形面积可得12×2 3× 2=12d× 5，解得d=2 305，
所以点A到C1M到的距离为2 305，故 B错误；
对于选项C：直线MP与平面A1B1C1D1上任意直线所成角中的最小角即为直线MP与平面A1B1C1D1所成角的最小值，
取B1C1的中点E，连接ME，
则ME//BB1，且ME=2，
又因为BB1⊥平面A1B1C1D1，可得ME⊥平面A1B1C1D1，
可知直线MP与平面A1B1C1D1所成角为∠MPE，则tan∠MPE=MEPE=2PE，
可知当P与D1(或A1)重合时，PE取到最大值 5，
即tan∠MPE取到最小值，可得∠MPE取到最小值，
此时PM=3，可得sin∠MPE=MEPM=23，
所以直线MP与平面A1D1DA上任意直线所成角中的最小角的正弦值为23，故 C正确；
对于D，取CS=14DC,RC1=14D1C1，
可知RN//SM,RN=SM，即R、N、M、S共面，
在底面正方形中易知CSCM=12=BMAB,∠ABM=∠SCM，则▵SCM∼▵MBA⇒∠AMS=90∘，
结合正方体的性质可知MN⊥底面ABCD，AM⊂底面ABCD，所以AM⊥MN，
而MN∩SM=M,MN,SM⊂平面RNMS，
所以AM⊥平面RNMS，故P在线段RN上运动，
易知RN= 12+122= 52，故 D正确．
故选：ACD
关键点点睛：对于D：利用转化的思想，把线线垂直转化为线面垂直，根据题意结合垂直关系分析可得AM⊥平面RNMS，进而可得轨迹．
12.13
【解析】已知甲、乙、丙三名同学站在一排，则有：
(甲、乙、丙)，(甲、丙、乙)，(乙、甲、丙)，(乙、丙、甲)，(丙、甲、乙)，(丙、乙、甲)，
共6个基本事件，
设甲在中间为事件A，则有(乙、甲、丙)，(丙、甲、乙)，共2个基本事件，
所以PA=26=13．
故答案为：13．
13.−79
【解析】因为sinx+π3−sinx=12sinx+ 32csx−sinx= 32csx−12sinx=csx+π6，
即csx+π6=13，
所以cs2x+π3=cs2x+π6=2cs2x+π6−1=−79．
故答案为：−79．
14.716
【解析】根据赛制，最小比赛4场，最多比赛5场，比赛结束，假如甲、乙、丙三人实力相当，则每局比赛双方获胜的概率均为12，
比赛进行4场，丙最终获胜，则后3场丙全胜，概率为2×12×12×12×12=18；
比赛进行5场，丙最终获胜，则从第二场开始的4场比赛按照丙的胜负轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，概率分别为
12×12×12×12+2×12×12×12×12+2×12×12×12×12=516;
所以丙获胜的概率为18+516=716．
故答案为：716
15.解：(1)因为向量a，b满足a=3，b=6，a⋅b=9，
所以3a−b= (3a−b)2= 9a2−6a⋅b+b2
= 9×9−6×9+36=3 7；
(2)因为向量2b+ka与b−2a相互垂直，
所以(2b+ka)⋅(b−2a)=0，
所以2b2−4a⋅b+ka⋅b−2ka2=0，
所以2×36−4×9+9k−18k=0，解得k=4
【解析】(1)根据已知条件利用3a−b= (3a−b)2化简求解；
(2)由题意得(2b+ka)⋅(b−2a)=0，化简后可求出实数k的值．
16.解：(1)2a+3a+7a+6a+2a×10=1，解得a=0.005．
(2)年级准备表扬在本次考试中成绩在前14的同学，定为成绩优胜，故求第75%分位数的分数即可，
0.01+0.015+0.035×10=0.60csC=b2+a2−c22ab>0，即b2+a2>c2，b2+c2>a2，a2+c2>b2，
又因为5b2=c2+a2，则3a2>2c2，3c2>2a2，可得23