2023-2024学年广东省湛江市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省湛江市高一（下）期末数学试卷（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.以2i− 5的虚部为实部，以 5i+2i2的实部为虚部的新复数是( )
A. 2−2iB. 2+iC. − 5+ 5iD. 5+ 5i
2.如图，下边长方体中由右边的平面图形围成的是( )
A. B.
C. D.
3.下列各组数的方差从小到大排序是( )
(1)6，6，6，6，6，6，6，6，6；(2)5，5，5，6，6，6，7，7，7；
(3)4，4，5，5，6，7，7，8，8；(4)3，3，3，3，6，9，9，9，9．
A. (1)(2)(3)(4)B. (4)(3)(2)(1)C. (3)(1)(2)(4)D. (2)(1)(3)(4)
4.圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为( )
A. 7B. 6C. 5D. 3
5.已知点O、N、P在△ABC所在平面内，且|OA|=|OB|=|OC|，NA+NB+NC=0，PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，则点O、N、P依次为△ABC的( )
A. 重心、外心、垂心B. 重心、外心、内心C. 外心、重心、垂心D. 外心、重心、内心
6.在等腰△ABC中，∠BAC=120°，AD平分∠BAC且与BC相交于点D，则向量BD在BA上的投影向量为( )
A. 32BAB. 34BAC. 32BAD. 34BA
7.抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件A=“第一枚出现奇数点”，事件B=“第二枚出现偶数点”，则A与B的关系是( )
A. 互斥B. 互为对立C. 相互独立D. 相等
8.已知直线a，b与平面α，β，γ，能使α⊥β的充分条件是( )
A. α⊥γ，β⊥γB. α∩β=a，b⊥a，b⊂β
C. a//α，a//βD. a//α，a⊥β
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.△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且ccsB+bcsC=a2，则下列说法正确的是( )
A. a=2
B. 若B+C=2A，则△ABC面积的最大值为 34
C. △ABC不可能为锐角三角形
D. 若O为△ABC的外心，则BC⋅BO=12
10.已知a，b∈R，方程x2+ax−b=0有一个虚根为1+i，i为虚数单位，另一个虚根为z，则( )
A. 该方程存在实数根B. a=−2C. z=1−iD. z2024=21012
11.已知一个不透明袋子中装有大小、质地完全一样的1个白球、1个红球、2个黑球，现从中依次不放回地随机抽取2个小球，事件A=“取到红球和黑球”，事件B=“第一次取到黑球”，事件C=“第二次取到黑球”，则下列结论正确的是( )
A. P(B)+P(C)=1B. P(A+B)=56
C. P(BC)=16D. P(AC)=P(A)P(C)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z1=a+bi，z2=4+ai(a,b∈R)，若|z1|<|z2|，则b的取值范围是______．
13.已知e1和e2是两个不共线的向量，a=e1−2e2，b=2e1+ke2，且a与b是共线向量，则实数k的值是______．
14.如图，透明塑料制成的长方体ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，有下面五个命题：
①有水的部分始终呈棱柱形；
②没有水的部分始终呈棱柱形；
③水面EFGH所在四边形的面积为定值；
④棱A1D1始终与水面所在平面平行；
⑤当容器倾斜如图(3)所示时，BE⋅BF是定值．
其中所有正确命题的序号是______．
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)
如图，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AE⊥PB于点E，AF⊥PC于点F．
(1)求证：AE⊥平面PBC；
(2)设平面AEF交PD于点G，求证：AG⊥PD．
16.(本小题15分)
已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c．
(1)已知a= 33,b=4,c=5，求BC边上中线长．
(2)请用a，b，c表示BC边的中线长，并写出推导过程．
17.(本小题15分)
为检测同学体能，学校从高一年级随机抽取了100名同学参加体能测试，并将成绩分数分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
(1)估计这100名同学体能成绩分数的平均分和第66百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人进行成绩分析，第二组同学成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组同学成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有同学成绩的方差．
18.(本小题17分)
Matlab是一种数学软件，用于数据分析、无线通信、深度学习、图象处理与计算机视觉、信号处理、量化金融与风险管理、人工智能机器人和控制系统等领域，推动了人类基础教育和基础科学的发展，某中学举行了Matlab科普讲座后进行了问答比赛，已知甲乙两个同学互不影响地参加比赛，甲、乙答对每一道题的概率分别为12与p，乙连续2次答错的概率为116．
(1)求乙答对题的概率；
(2)若甲、乙两人各回答2次，求两人共答对3次的概率．
19.(本小题17分)
如图1，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，∠ABC=90°.过顶点C作对角线BD的垂线，交对角线BD于点O，交边AD于点Q，现将△ABD沿BD翻折，形成四面体PBCD，如图2．

(1)求四面体PBCD外接球的体积；
(2)求证：平面PBD⊥平面OCQ；
(3)若点G为棱BC的中点，请判断在将△ABD沿BD翻折过程中，直线PG能否平行于面OCQ.若能请求出此时的二面角P−BD−C的大小；若不能，请说明理由．
答案解析
1.A
【解析】解：2i− 5的虚部为2，以 5i+2i2=−2+ 5i的实部为−2，
∴要求的新复数是2−2i，
故选：A．
2.B
【解析】解：根据长方体的平面展开图知，长方体中有4个面是阴影部分，两个空白部分是相对部分，
剩余是4个阴影部分，所以围成的长方体如图所示：
故选：B．
3.A
【解析】解：根据方差的意义，方差反映了一组数据的波动大小，故可先求出各组数据的平均数，
(1)组数据的平均数为6，方差为0；
(2)组数据的平均数为6，方差为23；
(3)组数据的平均数为6，方差为209；
(4)组数据的平均数为6，方差为8，
所以0<23<209<8，
故方差从小到大排序是(1)(2)(3)(4)．
故选：A．
4.A
【解析】解：设上底面半径为r，
因为圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，
所以π(r+3r)l=84π，解得r=7，
所以圆台较小底面的半径为7．
故选：A．
5.C
【解析】证明：∵|OA|=|OB|=|OC|，
∴O到三角形三个顶点的距离相等，
∴O是三角形的外心，
根据所给的四个选项，第一个判断为外心的只有C，D两个选项，
∴只要判断第三个条件可以得到三角形的什么心就可以，
∵PA⋅PB=PB⋅PC=PC⋅PA，
∴PB(PA−PC)=0，
∴PB⋅CA=0，
∴PB⊥CA，
同理得到另外两个向量都与相对应的边垂直，
得到P是三角形的垂心，
故选：C．
6.B
【解析】解：如图，根据题意，∠B=30°，AD⊥BC，
∴BD在BA上的投影向量为：|BD|⋅cs30°⋅BA|BA|=(cs30°)2BA=34BA．
故选：B．
7.C
【解析】解：由题可知，抛掷两枚质地均匀的骰子，第一枚和第二枚出现点数的分类情况如下，
①(奇数，奇数)，②(奇数，偶数)，③(偶数，奇数)，④(偶数，偶数)，
事件A=“第一枚出现奇数点”={①,②}，
事件B=“第二枚出现偶数点”={②,④}，
两个事件不相等，排除D，
A∩B≠⌀，所以不是互斥事件，排除A，B，
C选项，事件A=“第一枚出现奇数点”，P(A)=36=12，
事件B=“第二枚出现偶数点”，P(B)=36=12，
事件AB=“第一枚出现奇数点，第二枚出现偶数点”，P(AB)=3×336=14，
满足P(AB)=P(A)⋅P(B)，
所以事件A和事件B是相互独立事件，
故选：C．
8.D
【解析】解：A：由α⊥γ，β⊥γ，得α与β可能平行，∴A错误，
B：当α与β相交但不垂直时，也会有b⊥a，b⊂β，∴B错误，
C：当a/​/α，a/​/β时，α与β可能平行，∴C错误，
D：当a/​/α，a⊥β时，过直线a做平面与平面α交于直线b，∴a/​/b，又∵a⊥β，∴b⊥β，又∵b⊂α，∴α⊥β，∴D正确，
故选：D．
9.BD
【解析】解：对于A.∵ccsB+bcsC=a2，由正弦定理可得sinCcsB+sinBcsC=sinA=asinA，
∵00，
∴a=1，故A错误；
对于B.若B+C=2A，且B+C+A=π，
∴A=π3，
由余弦定理得csA=csπ3=b2+c2−a22bc=b2+c2−12bc=12，
由b>0，c>0，可得b2+c2=bc+1≥2bc，当且仅当b=c时，等号成立，
∴bc≤1，
∴△ABC面积12bcsinA≤12× 32= 34，可得△ABC面积的最大值为 34，故B正确；
对于C.若A=B=C，且a=1，
则ccsB+bcsC=1×12+1×12=a2，
则△ABC可能为锐角三角形，故C错误；
对于D，如图所示，作OD⊥BC交BC于点D点，
则D点为BC的中点，且BC=1，
设∠OBD=α，
∴csα=BDBO，
∴BC⋅BO=|BC|⋅|BO|csα=|BC|⋅|BO|⋅|BD||BO|=|BC|⋅|BD|=12|BC|2=12，故D正确．
故选：BD．
10.BCD
【解析】解：a，b∈R，方程x2+ax−b=0有一个虚根为1+i，i为虚数单位，另一个虚根为z=1−i，所以C正确；
所以A不正确；
a=−[(1+i)+(1−i)]=−2，所以B正确；
z2024=(1−i)2024=[ 2(cs3π4+isin3π4)]2024=21012(cs1518π+isin1518π)=21012.所以D正确．
故选：BCD．
11.ACD
【解析】解：由题意可知，P(B)=P(C)=12，
则P(B)+P(C)=1，故A正确；
P(A)=14×23+12×13=13，P(AB)=24×13=16，
P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=23，故B错误；
P(BC)=24×13=16，故C正确；
P(AC)=14×23=16，
故P(AC)=P(A)P(C)，故D正确．
故选：ACD．
12.(−4,4)
【解析】解：∵z1=a+bi，z2=−4+ai(a,b∈R)，且|z1|<|z2|，
∴a2+b2<16+a2，化简可得b2<16，解得−4∴b的取值范围是(−4,4)．
故答案为：(−4,4)．
13.−4
【解析】解：以e1和e2为基底，利用坐标表示a=e1−2e2=(1,−2)，b=2e1+ke2=(2,k)，
由a与b是共线向量，得k−(−2)×2=0，解得k=−4．
故答案为：−4．
14.①②④⑤
【解析】解：∵棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形，
其余每相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形
∴通过棱柱特征，①②正确．
∵水面EFGH所在四边形的面积，
从图2，图3我们发现，有条边长不变，而另外一条长随倾斜度变化而变化，
∴EFGH所在四边形的面积是变化的．③不对
∵棱A1D1 始终与BC平行，BC与水面始终平行，∴④正确．
∵水的体积是不变的，高始终是BC也不变．底面也不会，即BE⋅BF是定值．
∴⑤正确．
所以正确的是：①②④⑤．
故答案为：①②④⑤．
15.证明：(1)∵四边形ABCD为矩形，∴BC⊥AB，
∵PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，
∴BC⊥PA，
又∵PA∩AB=A，PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，
又∵AE⊂平面PAB，
∴AE⊥BC，
又AE⊥PB，PB∩BC=B，PB⊂平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴AE⊥平面PBC；
(2)∵PC⊂平面PBC，
∴AE⊥PC，
又AF⊥PC，AE∩AF=A，AE⊂平面AEF，AF⊂平面AEF，
∴PC⊥平面AEF，
∵ABCD为矩形，∴CD⊥AD，
∵PA⊥平面ABCD，∴CD⊥PA，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AG，
∵PC⊥平面AEF，
∴PC⊥AG，
∴AG⊥平面PCD，
∴AG⊥PD．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理可证得BC⊥平面PAB，所以AE⊥BC，又因为AE⊥PB，从而证得AE⊥平面PBC；
(2)先证PC⊥平面AEF，所以可得PC⊥AG，再证CD⊥平面PAD，所以CD⊥AG，进而证得AG⊥平面PCD，
16.解：(1)如图所示，取BC中点为D，连接AD交BC于点D，
∵a= 33，b=4，c=5，
∴csB=a2+c2−b22ac=33+25−1610 33=7 3355，
又AD为BC边的中线，
∴BD=a2= 332，
在△ABD中，由余弦定理可得AD2=c2+(a2)2−2⋅c⋅a2⋅csB=25+334−2×5× 332×7 3355=12，
可得AD=2 3，即BC边上的中线长2 3；
(2)设BC的中线长为d，
则d2=c2+(a2)2−2⋅c⋅a2⋅csB，
可得csB=a2+c2−b22ac，
所以d= 2(b2+c2)−a22，
所以BC的中线长为 2(b2+c2)−a22．
【解析】(1)根据所给信息可求出csB的值与BC半边长的值，再利用余弦定理便可求得BC中线长；
(2)根据(1)，将所给条件代入到余弦公式中去，即可求解．
17.解：(1)由题意可知：10a+10b=0.310(0.045+0.020+a)=0.7，
解得：a=0.005b=0.025，
则每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
所以平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5，
因为0.05+0.25=0.30<0.66，0.05+0.25+0.45=0.75>0.66，
设第66百分位数为x，则x∈[65,75)，
则0.30+(x−65)×0.045=0.66，解得：x=73，
故第66百分位数为73；
(2)设第二组、第四组同学成绩的平均数与方差分别为x1−,x2−，s1，s2，
且两组频率之比为，
所以第二组和第四组所有同学成绩的平均数x−=5×62+4×809=70，
则第二组和第四组所有同学成绩的方差为：
s2=59[s12+(x−1−x−)2]+49[s22+(x−2−x−)2]
=59[40+(62−70)2]+49[70+(80−70)2]
=4003，
故估计第二组和第四组所有同学成绩的方差是4003．
【解析】(1)根据频率分布直方图的性质并结合题意即可列方程求得a，b，然后利用平均数和百分位数的公式结合频率分布直方图即可求解；
(2)利用分层抽样中平均数及方差的公式结合题意即可求解．
18.解：(1)设“甲答对每题的概率”为事件A，“乙答对每题的概率”为事件B，
由已知P(A)=12，P(B)=p，
则乙连续2次答错的概率P=(1−p)2，
由题意得(1−p)2=116，解得p=34或(舍去)，
∴乙答对题的概率为34．
(2)事件甲、乙两人各回答2次，两人共答对3次，可表示为事件甲答对一次、乙2次全部答对，
与事件乙只答对一次、甲2次全部答对的和事件．
甲答对一次、乙2次全部答对的概率为2×12×(1−12)×(34)2=932，
乙只答对一次、甲2次全部答对的概率为2×34×14×(12)2=332；
故两人共答对3次的概率为932+332=38，
所以甲、乙两人各回答2次，两人共答对3次的概率为38．
【解析】(1)先计算“甲答对每题的概率”，“乙答对每题的概率”，再根据题意求乙答对题的概率即可．
(2)先计算甲答对一次、乙2次全部答对的概率，乙只答对一次、甲2次全部答对的概率，再进行计算即可．
19.解：(1)取BD的中点H，连接PH、CH，因为四边形ABCD是矩形，
所以PH=HC=HA=HB=12BD=12 12+22= 52，
所以四面体PBCD外接球的半径R=PH= 52，
所以四面体PBCD外接球的体积V=4π3R3=4π3×( 52)3=5 56π；

(2)证明：由题有，CO⊥BD，OQ⊥BD，OC∩OQ=O，OC，OQ⊂平面OCQ，
所以BD⊥平面OCQ，又BD⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面OCQ；
(3)因为CO⊥BD，所以Rt△BCD∽Rt△BOC，
所以BCBD=COCD，即CO=BC⋅CDBD=1×2 5=2 55，
在Rt△COD中CO=2 55，CD=1，所以OD= CD2−CO2= 55，
如图，过点P作PE⊥BD交BD于点E，连接EG，

易知PE=OC=2 55，且PE//OQ，PE⊄平面OCQ，OQ⊂平面OCQ，
所以PE/​/平面OCQ，
假设PG//平面OCQ，又PG∩PE=P，PG，PE⊂平面PGE，
所以平面PGE//平面OCQ，又平面PGE∩平面BCD=EG，平面BCD∩平面OCQ=OC，
所以EG//OC，又点G为棱BC的中点，
所以点E为线段BO的中点，
又易知BE=OD= 55，而BO=DB−OD=4 55，
所以BE≠12BO，即点E不是线段BO的中点，
故假设不成立，所以在将△ABD沿BD翻折过程中，直线PG不能平行于面OCQ．
【解析】(1)取BD的中点H，连接PH、CH，根据矩形的性质可知四面体PBCD外接球的半径R=PH= 52，即可求出外接球的体积；
(2)依题意CO⊥BD，OQ⊥BD，即可得到BD⊥平面OCQ，从而得证；
(3)过点P作PE⊥BD交BD于点E，连接EG，即可证明PE/​/平面OCQ，再假设PG//平面OCQ，即可得到平面PGE//平面OCQ，由面面平行的性质得到EG//OC，推出矛盾，即可得解．