2023-2024学年山东省青岛五十八中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省青岛五十八中高一（下）期末数学试卷（含答案），共10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.若复数z=a2−4+(a−2)i为纯虚数，则实数a的值为( )
A. 2B. 2或−2C. −2D. −4
2.正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线AD1与BD所成角为( )
A. 60°B. 45°C. 90°D. 120°
3.已知向量a=(1,m)，b=(2,−1)，且a//b，则m=( )
A. −12B. 12C. 2D. −2
4.某地区中小学生人数比例和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了了解该地区中小学生的近视形成原因，用分层抽样的方法随机抽取2%的学生进行调查，其中被抽取的小学生有80人，则样本容量和该地区的初中生近视人数分别为( )
A. 100，50B. 100，1050C. 200，50D. 200，1050
5.已知α，β表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，( )
A. 若b//a，a⊂α，则b//α B. 若a⊂α，b⊂α，c⊥a，c⊥b，则c⊥α
C. 若a⊂α，b⊂α，a//β，b//β，则α//β D. 若a⊥α，a//b，b⊂β，则α⊥β
6.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为13，弧长为10π的扇形，则该圆锥的体积为( )
A. 100πB. 120πC. 150πD. 300π
7.某同学投掷一枚骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，已知这组数据的平均数为3，方差为0.4，则点数2出现的次数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
8.在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且 3(a2+c2−b2)=4S，若c=1，则△ABC面积的取值范围是( )
A. ( 38, 34)B. ( 38, 32)C. ( 34, 32)D. ( 38,+∞)
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.已知复数z0，z满足(z0−2)i=1+i，|z|=1，则( )
A. z0=3+iB. z0z0−=10
C. 在复平面内z0对应的向量为(3,−1)D. |z−z0|的最小值为 10−1
10.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”，事件C=“两枚骰子出现点数和为8”，事件D=“两枚骰子出现点数和为9”，则( )
A. A与B互斥B. C与D互斥C. A与D独立D. B与C独立
11.如图，在四边形ABCD中，△ACD和△ABC是全等三角形，AB=AD，∠ABC=90°，∠BAC=60°，AB=1.下面有两种折叠方法将四边形ABCD折成三棱锥.折法①；将△ACD沿着AC折起，得到三棱锥D1−ABC，如图1.折法②：将△ABD沿着BD折起，得到三棱锥A1−BCD，如图2.下列说法正确的是( )
A. 按照折法①，三棱锥D1−ABC的外接球表面积恒为4π
B. 按照折法①，存在D1满足AB⊥CD1
C. 按照折法②，三棱锥A1−BCD体积的最大值为 38
D. 按照折法②，存在A1满足A1C⊥平面A1BD，且此时BC与平面A1BD所成线面角正弦值为 63
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在我市今年高三年级期中联合考试中，某校数学单科前10名的学生成绩依次是：143，140，144，142，142，145，148，147，147，150，这10名同学数学成绩的60%分位数是______．
13.木工小张在处理如图所示的一块四棱台形状的木块ABCD−A1B1C1D1时，为了经过木料表面CDD1C1内一点P和棱AA1将木料平整锯开，需要在木料表面CDD1C1过点P画直线l，则l满足______.(选出正确的结论)
①l//AA1；
②l与直线AA1相交；
③l与直线BB1相交．
14.根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和．现在对直角三角形CDE按上述操作作图后，得如下图所示的图形若AF=xAB+yAD，则x−y= ．
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，△ABC中，AC=BC= 22AB,ABED是边长为1的正方形，平面ABED⊥平面ABC，若G，F分别是EC，BD的中点．
(1)求证：GF//平面ABC；
(2)求证：平面BCD⊥平面ACD；
16.(本小题15分)
某区为了全面提升高中体育特长生的身体素质，开设“田径队”和“足球队”专业训练，在学年末体育素质达标测试时，从这两支队伍中各随机抽取100人进行专项体能测试，得到如图频率分布直方图：

(1)估计两组测试的平均成绩；
(2)若测试成绩在90分以上的为优秀，从两组测试成绩优秀的学生中按分层抽样的方法选出7人参加学校代表队，再从这7人中选出2人做正，副队长，求正、副队长都来自“田径队”的概率．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinAcsBcsC=2a2a2+c2−b2．
(1)求角C的大小；
(2)若点D在边AB上，且BD=2AD，csB=35，求cs∠BCD的值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，PA⊥平面ABCD，E，F分别为PC，AB的中点．
(1)求证：PC⊥BD；
(2)若PA=AB=AC=2，求点A到平面EBC的距离：
(3)直线AD上是否存在一点M，使得P，M，E，F四点共面？若存在，求AMAD的值；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
将平面直角坐标系中的一列点A1(1,a1)，A2(2,a2)，…，An(n,an)，…记为{An}，设f(n)=AnAn+1⋅j，其中j为与y轴正方向相同的单位向量．若对任意的正整数n，都有f(n+1)>f(n)，则称{An}为T点列．
(Ⅰ)判断A1(1,1),A2(2,12),A3(3,13),⋅⋅⋅,An(n,1n),⋅⋅⋅是否为T点列，并说明理由；
(Ⅱ)若{An}为T点列，且a2>a1.任取其中连续三点Ak，Ak+1，Ak+2，证明△AkAk+1Ak+2为钝角三角形；
(Ⅲ)若{An}为T点列，对于正整数k，l，m(k参考答案
1.C
2.A
3.A
4.D
5.D
6.A
7.B
8.B
9.BCD
10.BC
11.ACD
12.146
13.②③
14.−12
15.(1)证明：如图所示：

连接AE，交BD于点F，则F为AE的中点，又G为CE的中点，
所以GF/​/AC，
又GF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，
所以GF/​/平面ABC；
(2)因为AC=BC= 22AB，
所以AC2+BC2=AB2，则BC⊥AC，
又因为平面ABED⊥平面ABC，平面ABED∩平面ABC=AB，
且AD⊥AB，AD⊂平面ABED，
所以AD⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以AD⊥BC，
又AD∩AC=A，
所以BC⊥平面ADC，又BC⊂平面BCD，
所以平面BCD⊥平面ACD．
16.解：(1)由田径队的频率分布直方图得：10×(0.016+0.024+0.032+a+0.008)=1，
解得a=0.020，同理可得b=0.010，
其中“田径队”的平均成绩为：x−=10×(55×0.016+65×0.024+75×0.032+85×0.020+95×0.008)=73，
“足球队”的平均成绩为：y−=55×0.02+65×0.58+75×0.24+85×0.10+95×0.06=71．
(2)“田径队”中9(0分)以上的有10×0.008×100=8(人)，
“足球队”中9(0分)以上有10×0.006×100=6(人)，
所以抽取的比例为78+6=12，在“田径队”抽取8×12=4(人)，记作a，b，c，d，
在“足球队”抽取6×12=3(人).记作A，B，C，
从中任选2人包含的基本事件有：
ab，ac，ad，aA，aB，aC；bc，bd，bA，bB，bc；cd，cA，cB，cC；dA，dB，dC；AB，AC；BC，共21个，
正、副队长都来自“田径队”包含的基本事件有ab，ac，ad，bc，bd，cd共6个，
故正、副队长都来自“田径队”的概率为621=27．
17.解：(1)由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac，
所以sinAcsBcsC=2a2a2+c2−b2可变形为sinAcsBcsC=2a22accsB，
即sinAcsC=ac，ac=sinAsinC，
∴csC=sinC，即tanC=1，
又C∈(0,π)，∴C=π4；
(2)如图，设BD=2AD=2m，∠BCD=θ，

sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC= 22(35+45)=7 210，
在△ACD中，由正弦定理可得msin(π4−θ)=CDsinA①，
在△BCD中，由正弦定理可得 2msinθ=CDsinB②，
由①÷②可得sinθsin(π4−θ)=8 27，
即7sinθ=8 2sin(π4−θ)，
整理可得15sinθ=8csθ，即tanθ=815，
所以cs∠BCD=csθ=1517．
18.解：(1)证明：连接AC，BD相交于O，由于底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，
又PA⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，所以PA⊥DB，
PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，所以BD⊥平面PAC，
PC⊂平面PAC，所以BD⊥PC；
(2)由题意可知：点A到平面EBC的距离即为点A到平面PBC的距离，
设点A到平面EBC的距离为ℎ，
由于PA=AB=AC=2，PA⊥平面ABCD，所以PB=PC= PA2+AB2=2 2，
所以S△PBC=12BC⋅ PB2−(BC2)2=12×2⋅ (2 2)2−12= 7，
S△ABC=12BC⋅ABsin60°=12×2×2× 32= 3，
VA−PBC=VP−ABC⇒13S△PBCℎ=13S△ABC⋅PA⇒ℎ=S△ABC⋅PAS△PBC=2 3 7=2 217，
(3)取PD中点为N，连接AN，延长DA，使得DA=AM，连接PM，

由于E，N均为中点，所以EN/​/CD，且EN=12CD，
又AF=12AB，AB=CD，AB/​/CD，所以EN//AF，且EN=AF，
故四边形ANEF为平行四边形，故AN//EF，
由于A是MD的中点，N是PD中点，所以AN/​/PM，
因此EF//PM，所以P，M，E，F四点共面，故AMAD=1．
19.解：(Ⅰ){An}为T点列．理由如下：
由题意可知，AnAn+1=(1,1n+1−1n),j=(0,1)，
所以f(n)=AnAn+1⋅j=1n+1−1n，
f(n+1)−f(n)=1n+2−1n+1−(1n+1−1n)=2n(n+1)(n+2)>0，
即f(n+1)>f(n)，n=1，2，…，
所以A1(1,1),A2(2,12),A3(3,13),An(n,1n),⋅⋅⋅为T点列；
(Ⅱ)由题意可知，AnAn+1=(1,an+1−an),j=(0,1)，
所以f(n)=AnAn+1⋅j=an+1−an，
因为{An}为T点列，
所以f(n+1)−f(n)=an+2−an+1−(an+1−an)>0，n=1，2，⋅⋅⋅，
又因为a2>a1，所以a2−a1>0，
所以对{An}中连续三点Ak，Ak+1，Ak+2，都有ak+2−ak+1>ak+1−ak>0，ak+2>ak+1>ak，
又|AkAk+1|2=1+(ak+1−ak)2,|AkAk+2|2=4+(ak+2−ak)2,|Ak+1Ak+2|2=1+(ak+2−ak+1)2，
所以|AkAk+2|2>|Ak+1Ak+2|2>|AkAk+1|2，
所以∠AkAk+1Ak+2为△AkAk+1Ak+2的最大内角，
由余弦定理可得，cs∠AkAk+1Ak+2=|Ak+1Ak+2|2+|AkAk+1|2−|AkAk+2|22|Ak+1Ak+2|⋅|AkAk+1|
=2ak+12−2ak+1ak−2ak+1ak+2+2ak+2ak−22|Ak+1Ak+2|⋅|AkAk+1|
=2(ak+1−ak)(ak+1−ak+2)−22|Ak+1Ak+2|⋅|AkAk+1|<0，
故∠AkAk+1Ak+2为钝角，所以△AkAk+1Ak+2为钝角三角形；
(Ⅲ)由正整数k，l，m满足k因为{An}为T点列，由(Ⅱ)知an+2−an+1>an+1−an，n=1，2，⋅⋅⋅，
所以am+k−am+k−1>am+k−1−am+k−2，
am+k−1−am+k−2>am+k−2−am+k−3，
⋅⋅⋅⋅⋅⋅
am+1−am>am−am−1，
两边分别相加可得am+k−am>am+k−1−am−1，
所以am+k−1−am−1>am+k−2−am−2>al−al−k，
则am+k−am>al−al−k，
所以am+k−al>am−al−k，
又AlAm+k=(m+k−l,am+k−al),Al−kAm=(m−l+k,am−al−k)，
所以AlAm+k⋅j=am+k−al,Al−kAm⋅j=am−al−k，
所以AlAm+k⋅j>Al−kAm⋅j．