2023-2024学年河北省保定市定州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省保定市定州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共14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.设复数z=−1+ 3i，则i(z−z−)=( )
A. −2 3B. −2 3iC. −2D. −2i
2.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b=4c，B=π3，则sinC=( )
A. 38B. 34C. 18D. 14
3.某公司共有940名员工，其中女员工有400人.为了解他们的视力状况，用分层随机抽样(按男员工、女员工进行分层)的方法从中抽取一个容量为47的样本，则男员工的样本量为( )
A. 21B. 24C. 27D. 30
4.若某圆台的上底面半径、下底面半径分别为1，2，高为5，将该圆台的下底面半径扩大为原来的2倍，上底面半径与高保持不变，则新圆台的体积比原圆台的体积增加了( )
A. 1倍B. 2倍C. 3倍D. 4倍
5.若非零向量a，b满足|a+b|=|a−2b|，|b|=12，则( )
A. |a|的最大值为14B. |a|的最大值为1C. |a|的最小值为14D. |a|的最小值为1
6.如图，在四棱锥O−ABCD中，侧棱长均为 2，正方形ABCD的边长为 3−1，E，F分别是线段OB，OC上的一点，则AE+EF+FD的最小值为( )
A. 2
B. 4
C. 2 2
D. 4 2
7.从正四面体的6条棱中随机选择2条，则这2条棱所在直线互相垂直的概率为( )
A. 110B. 18C. 16D. 15
8.苏州双塔又称罗汉院双塔，位于江苏省苏州市凤凰街定慧寺巷的双塔院内，二塔“外貌”几乎完全一样(高度相等，二塔根据位置称为东塔和西塔).某测绘小组为了测量苏州双塔的实际高度，选取了与塔底A，B(A为东塔塔底，B为西塔塔底)在同一水平面内的测量基点C，并测得AB=22米.在点C测得东塔顶的仰角为45°，在点C测得西塔顶的仰角为α(tanα=1.5)，且cs∠ACB=0.75，则苏州双塔的高度为( )
A. 30米B. 33米C. 36米D. 44米
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.在正△ABC中，D为BC的中点，则( )
A. ⟨BA,AD⟩=π6B. AB⋅AC=23AD2
C. BD=DA−CAD. BD在BA上的投影向量为14BA
10.若z=i3+i16，则( )
A. |z|=2B. z6的虚部为8
C. 11+z6=1−8i65D. 1−z6在复平面内对应的点位于第二象限
11.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA1=3，则( )
A. 正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧面积为24
B. A1B与平面BDD1B1所成角的正切值为 2211
C. 异面直线A1B与B1C所成角的余弦值为813
D. 三棱锥A1−ABD内切球的半径为8− 227
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一组数据3，4，6，m，8，3，7，9的第40百分位数为6，则正整数m的最小值为______．
13.已知向量a=(t,−1)，b=(t,16t)，t≠0，且a与b的夹角为锐角，则t的取值范围是______(用区间表示)．
14.在底面为正方形的四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB=5，PD=4，PE=λPD，PB/​/平面EAC，则λ= ______，四面体ACDE的外接球的表面积为______．
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)
已知某校初二年级有1200名学生，在一次数学测试中，该年级所有学生的数学成绩全部在[45,95]内.现从该校初二年级的学生中随机抽取100名学生的数学成绩，按[45,55)，[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95]分成5组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值；
(2)估计该校初二年级学生这次数学测试的平均分(各组数据以该组数据的中点值作代表)；
(3)记这次测试数学成绩不低于85分为“优秀”，估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数．
16.(本小题15分)
如图，在各棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E，G分别为A1B1，B1C1，BB1的中点，AF=3FA1．
(1)求点B到平面ACG的距离；
(2)证明：平面ACG//平面DEF．
17.(本小题15分)
甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中，则此人继续投篮，若未命中，则换对方投篮.已知甲每次投篮的命中率均为0.7，乙每次投篮的命中率均为0.5，甲、乙每次投篮的结果相互独立．
(1)若第1次投篮的人是甲，求第3次投篮的人是甲的概率；
(2)若第1次投篮的人是乙，求前5次投篮中乙投篮次数不少于4的概率．
18.(本小题17分)
在锐角△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且c=2．
(1)若C=π3，求△ABC周长的最大值．
(2)设acsB=bcsA+ 63，sin(A−B)= 1010．
(ⅰ)求△ABC外接圆的半径R；
(ⅱ)求△ABC的面积．
19.(本小题17分)
如图，在正四棱锥P−ABCD中，PA=3 2．
(1)证明：平面PAC⊥平面PBD．
(2)若以P为球心，半径为 17的球与直线BC只有1个公共点，求二面角P−BC−A的正切值．
(3)已知当x= 6时，f(x)=x3−18x(x>0)取得最小值.请根据这条信息求正四棱锥P−ABCD体积的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为复数z=−1+ 3i，
所以i(z−z−)=i[−1+ 3i−(−1− 3i)]=i×2 3i=−2 3．
故选：A．
根据复数的运算直接求解即可．
本题主要考查复数代数形式的运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为b=4c，B=π3，
由正弦定理可得：csinC=bsinB，
可得sinC=cb⋅sinB=14⋅ 32= 38．
故选：A．
直接由正弦定理可得sinC的值．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据分层抽样原理得，男员工的样本量为47×940−400940=27人．
故选：C．
根据分层抽样原理，求出抽取的男员工人数．
本题考查了分层抽样问题，是基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设新圆台与原圆台的体积分别为V2，V1，
则V2V1=π3×5×(12+42+ 12×42)π3×5×(12+22+ 12×22)=3，
所以新圆台的体积比原圆台的体积增加了3−1=2倍．
故选：B．
利用圆台的体积公式求解．
本题主要考查了圆台的体积公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：若|a+b|=|a−2b|，两边同时平方得|a+b|2=|a−2b|2，
可得|a|2+2a⋅b+|b|2=|a|2−4a⋅b+4|b|2，化简得2a⋅b=|b|2，
设非零向量a，b的夹角为β，故2|a|⋅|b|⋅csβ=|b|2，而|b|=12，
可得|a|⋅csβ=14，即|a|=14csβ，而|a|>0，故csβ>0，
所以β∈[0,π2)csβ∈(0,1]，
可得4csβ∈(0,4]，故|a|∈[14,+∞),
可得|a|的最小值为14，故C正确．
故选：C．
利用给定条件化简得到2a⋅b=|b|，再利用数量积的定义得到|a|=14csβ，最后结合三角函数的值域求解即可．
本题考查了平面向量的模的相关知识，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：如图，将正四棱锥的侧面展开，则AE+EF+FD的最小值为AD，
在△OAD中，OA=OD= 2，
cs∠AOB=OA2+OB2−AB22OA⋅OB=2+2−( 3−1)22× 2× 2= 32，
所以∠AOB=30°，故∠AOD=90°，则AD= 2OA=2．
故选：A．
利用四棱锥的侧面展开图，由余弦定理求解∠AOB=30°，即可得∠AOD=90°，进而可求解．
本题主要考查棱锥中的最短距离问题，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：所有的选法共有C62=15种，而选出的这2条棱所在直线互相垂直的选法共有3种，
故这2条棱所在直线互相垂直的概率为315=15，
故选：D．
所有的选法共有C62种，而选出的这2条棱所在直线互相垂直的选法共有3种，由此求得选出的这2条棱所在直线互相垂直的概率．
本题考查古典概型及其概率计算公式的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：设苏州双塔的高度为h米，依题意可得AC=h米，BC=h1.5=2h3米，
因为cs∠ACB=0.75，
所以由余弦定理得222=h2+(2h3)2−2h×2h3×0.75，
解得h=33米．
故选：B．
设苏州双塔的高度为h米，可得AC=h米，BC=h1.5=2h3米，由题意利用余弦定理即可求解．
本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
9.【答案】BCD
【解析】解：由题意，在正△ABC中，D为BC的中点，
则〈BA,AD〉=π−π6=5π6，故A错误；
由AB⋅ACAD2=12|AB|2( 32|AB)2=23，可得AB⋅AC=23AD2，故B正确；
由BD=DC=DA+AC=DA−CA，可知C正确；
由头向量定义可知：BD在BA上的投影向量为12×12BA=14BA，故D正确．
故选：BCD．
由向量夹角定义可判定A；由向量数量积运算可判定B；由向量加减法运算可判定C；由投影向量定义可判定D．
本题考查平面向量的夹角、线性运算、数量积运算及投影向量的概念，属基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：因为z=i3+i16=−i+1=1−i，所以|z|= 12+(−1)2= 2，选项A错误；
因为z2=(1−i)2=1−2i+i2=−2i，所以z6=(−2i)3=−8i3=8i，虚部为8，选项B正确；
11+z6=11+8i=1−8i(1+8i)(1−8i)=1−8i65，选项C正确；
1−z6=1−8i，在复平面内对应的点位于第四象限，选项D错误．
故选：BC．
化简复数z，再求|z|和z2，z6，计算11+z6，化简1−z6，即可得出结论．
本题考查了复数的定义与运算问题，是基础题．
11.【答案】ABD
【解析】对于A，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的侧面积为2×3×4=24，故A正确；
对于B，设A1C1∩B1D1=O1，
因为A1C1⊥B1D1，BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，
所以BB1⊥A1C1，BB1∩B1D1=B1，
所以A1C1⊥平面BDD1B1，
则∠A1BO为A1B与平面BDD1B1所成的角，
因为A1O=B1O= 22AB= 2，BO= BB12+B1O2= 11，
则tan∠A1BO= 2 11= 2211，故B正确；
对于C，由B1C/​/A1D，得∠BA1D或其补角为异面直线A1B与B1C所成的角，
因为A1D=A1B= 13，BD=2 2，则cs∠BA1D=13+13−82×13=913，故C错误；
对于D，三棱锥A1−ABD的表面积S=12×22+12×2×3×2+12×2 2× 11=8+ 22，
三棱锥A1−ABD的体积V=13×12×22×3=2，
因为三棱锥体积为V=13S底⋅h=13S表面积⋅r，其中h为底面上的高，r为三棱锥内切球半径，
所以三棱锥A1−ABD的内切球半径为3VS=68+ 22=8− 227，故D正确．
故选：ABD．
对于A，四个全等的长方形面积之和即为侧面积；
对于B，证明A1C1⊥平面BDD1B1，则∠A1BO为A1B与平面BDD1B1所成的角，解三角形可得结果；
对于C，由B1C/​/A1D，得∠BA1D或其补角为异面直线A1B与B1C所成的角，运用余弦定理求解即可；
对于D，三棱锥体积为V=13S底⋅h=13S表面积⋅r，h为底面上的高，r为三棱锥内切球半径，则其内切球的半径为3VS．
本题考查棱柱的侧面积，考查线面角和二面角，考查内切球的半径的求解，属于中档题．
12.【答案】6
【解析】解：将数据从小到大排列：3，3，4，6，m，7，8，9，
因为8×40%=3.2，
所以第40百分位数为第4个数，即为6，
所以m≥6，则m的最小正整数值为6．
故答案为：6．
根据百分位数的定义即可求解．
本题考查了百分位数的求解，属于基础题．
13.【答案】(−∞,−116)∪(−116,0)∪(16,+∞)．
【解析】解：因为a与b的夹角为锐角，所以a⋅b>0且a、b不共线，
因为a=(t,−1)，b=(t,16t)，t≠0，
所以t2−16t>0且16t2≠−t，解得t>16或t<0且t≠−116，
即实数t的取值范围是(−∞,−116)∪(−116,0)∪(16,+∞)．
故答案为：(−∞,−116)∪(−116,0)∪(16,+∞)．
根据平面向量数量积的定义，可知a⋅b>0且a、b不共线，由此建立关于t的不等式，解出实数t的取值范围．
本题主要考查平面向量数量积的定义与性质、向量的数量积的坐标表示、不等式的解法等知识，属于基础题．
14.【答案】12 54π
【解析】解：连接BD交AC于点O，连接OE，因为PB，OE共面，且PB/​/平面EAC，
所以PB/​/OE，易知O为BD的中点，
所以E为PD的中点，所以λ=12，
四面体ACDE可以补形为一个长方体，
所以四面体ACDE的外接球的半径R= 52+52+222= 542，
故四面体ACDE的外接球的表面积为4πR2=54π．
故答案为：12；54π．
根据线面平行的性质定理得到PB/​/OE，进而得到E为PD的中点，即可求解；将四面体ACDE补形为一个长方体，根据四面体与长方体具有同一个外接球即可求解．
本题考查线面平行的应用，以及补形法求几何体的外接球问题，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由频率分布直方图可得(0.010+2a+0.025+0.035)×10=1，解得a=0.015．
(2)由题意，估计平均分为50×0.1+60×0.15+70×0.25+80×0.35+90×0.15=73分．
(3)由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.015×10=0.15，
则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15，
故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生人数为1200×0.15=180．
【解析】(1)根据频率分布直方图中，频率之和为1即可求解；
(2)根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解；
(3)根据频率估计概率，即可求解人数．
本题考查频率分布直方图的应用，考查平均数、频数的应用，是中档题．
16.【答案】(1)解：在正三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱垂直底面，
则BG⊥AB，BG⊥BC.依题意得BG=1，AB=BC=2，
则AG=CG= 5，
所以△ACG的面积S=12×2× 5−1=2．

设点B到平面ACG的距离为h，则由VB−AGG=VG−ABC，
得13h×2=13× 34×22×1，解得h= 32；
(2)证明：因为D，E分别为A1B1，B1C1的中点，
所以DE/​/A1C1，又AC/​/A1C1，所以DE/​/AC．
因为AC⊂平面ACG，DE⊄平面ACG，所以DE/​/平面ACG．
取AA1的中点N，连接B1N.因为AF=3FA1，所以F为NA1的中点．
又D为A1B1的中点，所以DF//NB1，易证NB1//AG，所以DF/​/AG，
因为DF⊂平面DEF，AG⊄平面DEF，所以DF/​/平面ACG．
又DE∩DF=D，所以平面ACG//平面DEF．
【解析】(1)利用体积可求点到面的距离；(2)根据平面与平面平行的判定即可证明．
本题考查点到面的距离，考查平面与平面平行的判定，属于中档题．
17.【答案】解：(1)若第1次投篮的人是甲，且第3次投篮的人是甲，
则甲第1次和第2次投篮都命中或第1次未命中、第2次乙也未命中，
故所求概率为0.72+(1−0.7)×(1−0.5)=0.64；
(2)前5次投篮中乙投篮次数为5的概率p1=0.54=0.0625，
若前5次投篮中乙投篮次数为4，则乙前3次投篮均命中且第4次投篮未命中或前3次乙有1次投篮未命中且甲投篮未命中，
所以前5次投篮中乙投篮次数为4的概率p2=0.53×(1−0.5)+0.52×(1−0.5)×(1−0.7)×3=0.175，
故所求概率为0.0625+0.175=0.2375．
【解析】(1)利用独立事件的概率乘法公式求解；
(2)利用独立事件的概率乘法公式求解．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为c=2，C=π3，由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2 32=4 33，
所以a=4 33sinA，b=4 33sinB，
所以a+b=4 33(sinA+sinB)=4 33[sinA+sin(A+π3)]=4 33(sinA+12sinA+ 32csA)=4sin(A+π6)，
△ABC为锐角三角形，所以0可得π6所以π3所以sin(A+π6)∈( 32,1]，
所以a+b∈(2 3,4]，
所以△ABC的周长(2+2 3,6]，
即△ABC的周长的最大值为6；
(2)(i)因为acsB=bcsA+ 63，可得acsB−bcsA= 63，①
由正弦定理可得a=2RsinA，b=2RsinB，
因为sin(A−B)= 1010，
可得sinAcsB−csAsinB= 1010，
由正弦定理可得a2R⋅csB−b2R⋅csA= 1010，
所以acsB−bcsA= 105R，②
由①②可得 63= 105R，解得R= 153；
(ii)△ABC的面积S=12acsinB=12⋅2RsinA⋅csinB=2 153sinAsinB，
因为sinC=c2R= 155，所以cs2C=1−sin2C=1025，
因为C是锐角，所以csC>0，则csC= 105，
所以cs(A+B)=−csC=− 105，
因为sin(A−B)= 1010，所以cs2(A−B)=1−sin2(A−B)=910，
又因为A，B是锐角，所以A−B∈(−π2,π2)，
所以cs(A−B)>0，所以cs(A−B)=3 1010，
则cs(A−B)−cs(A+B)=2sinAsinB= 102，
所以sinAsinB= 104，
所以S=2 153⋅ 104=5 66．
【解析】(1)由正弦定理可得a，b的表达式，再由锐角三角形中，可得角A的范围，可得a+b的范围；
(2)(i)由题意及正弦定理可得△ABC的外接圆的半径的值；
(ii)求出△ABC的面积的表达式，求出cs(A+B)，再求出cs(A−B)的值，进而求出sinAsinB的值，再求出三角形的面积．
本题考查正弦定理及两角和，两角差在正弦公式的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：设AC与BD交于点O，连接PO，则PO⊥底面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以PO⊥AC，
在正四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，所以BD⊥AC，
因为PO∩BD=O，所以AC⊥平面PBD，
又AC⊂平面PAC，
所以平面PAC⊥平面PBD；

(2)因为以P为球心，半径为 17的球与直线BC只有1个公共点，
所以点P到直线BC的距离为 17，
取BC的中点E，连接PE，OE，因为PB=PC，
所以PE⊥BC，OE⊥BC，
所以PE= 17，且∠PEO为二面角P−BC−A的平面角，
因为BE= PB2−PE2= 18−17=1，
所以OE=12AB=1，
所以PO= PE2−OE2=4，
则tan∠PEO=POOE=4，
即二面角P−BC−A的正切值为4；
(3)设PO=h，AB=a，则h2+( 22a)2=(3 2)2，
即a2=36−2h2，
其中0所以正四棱锥P−ABCD的体积V=13a2h=13(36−2h2)h=−23(h3−18h)，0因为当x= 6时，f(x)=x3−18x(x>0)取得最小值，
所以当h= 6时，V=−23(h3−18h)取得最大值，
所以正四棱锥P−ABCD体积的最大值为−23[( 6)3−18 6]=8 6．
【解析】(1)先证AC⊥平面PBD，再利用面面垂直的判定定理即可得证；
(2)先证明∠PEO为二面角P−BC−A的平面角，再利用三角形求解即可；
(3)先计算正四棱锥P−ABCD的体积，再求最值即可．
本题考查面面垂直的判定以及二面角与体积最值的计算，属于中档题．