2023-2024学年山东省青岛六十七中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年山东省青岛六十七中高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为( )
A. 290B. 295C. 300D. 330
2.已知z−1z=2+i，则|z|=( )
A. 12B. 22C. 1D. 2
3.已知向量a=(−1,2)，b=(−3,1)，则a在b上的投影向量为( )
A. (−32,12)B. (−12,1)C. (− 55,2 55)D. (−3 1010, 1010)
4.在平行四边形ABCD中,DE=3EC，若AE交BD于点M，则AM=( )
A. AM=13AB+23ADB. AM=37AB+47AD
C. AM=23AB+13ADD. AM=27AB+57AD
5.据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为( )
A. 23B. 12C. 13D. 34
6.已知点A(1,1,1)，B(0,1,0)，C(−1,0,1)，则点A到直线BC的距离是( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
7.已知矩形ABCD，AB=1，BC= 3，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为−13，则B与D之间距离为( )
A. 1B. 2C. 3D. 102
8.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为( )
A. 8 6πB. 4 6πC. 2 6πD. 6π
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.设z1，z2，z3为复数，z1≠0.下列命题中正确的是( )
A. 若|z2|=|z3|，则z2=±z3B. 若z1z2=z1z3，则z2=z3
C. 若z2−=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在线段BC1(不包含端点)上，则下列结论正确的是( )
A. 三棱锥D1−AMC的体积随着点M的运动而变化
B. 异面直线A1M与AD1所成角的取值范围是(π3,π2]
C. 直线A1M/​/平面ACD1
D. 三棱锥M−ACD1的外接球表面积的最小值为31π3
11.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c= 10,bcsC+ccsB=2，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是△ABC所在平面内一点，OA+2OB+3OC=0，则下列说法正确的是( )
A. 若(AB+AC)⋅BC=0，则|AB+AC|=6
B. 若CA在CB方向上的投影向量为CB，则|PQ|的最小值为 104
C. 若点P为BC的中点，则2OP+OQ=0
D. 若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，则AP⋅(AB+AC)为定值18
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知平面向量a,b满足|a|= 10,|b|=2，且(2a+b)⋅(a−b)=14，则|a+b|= ______．
13.抛掷一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是______．
14.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为3π2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2，则V甲V乙= ．
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)
在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b= 2，c=4，acsC+b=0．
(1)求a．
(2)已知点D在线段BC上，且∠ADB=3π4，求AD长．
16.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，点A1在底面ABC的射影O是AC的中点．
(1)求点A到平面BCC1B1的距离；
(2)求平面ABB1A1与平面BCC1B1所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b(tanA+tanB)= 2ctanB，BC边的中线长为1．
(1)求角A；
(2)求边a的最小值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC.∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD= 3．
(1)求证：平面MQB⊥平面PAD；
(2)若二面角M−BQ−C的大小为30°，求直线QM与平面PAD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
树人中学高一(1)班某次数学质量检测(满分150分)的统计数据如下表：
在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为x1，x2，x3，…，xn，其平均数记为x−，方差记为s12；把第二层样本记为y1，y2，y3，…，ym，其平均数记为y−，方差记为s22；把总样本数据的平均数记为z−，方差记为s2．
(1)证明：s2=1m+n{n[s12+(x−−z−)2]+m[s22+(y−−z−)2]}；
(2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差(精确到1)；
(3)如果数学成绩分数在[60,70)内，记为C等，成绩等级为C的有4名学生；数学成绩分数在60分以下，记为D等，成绩等级为D的有2名学生.现从成绩等级为C，D的学生中随机抽取2名学生进行调研，求抽出的2名学生中至少有1名学生成绩等级为D的概率．
附： 302≈17， 322≈18， 352≈19．
参考答案
1.B
2.B
3.A
4.B
5.A
6.B
7.C
8.D
9.BC
10.BC
11.ACD
12.3 2
13.712
14.8 55
15.解：(1)因为在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acsC+b=0，
由余弦定理可得a⋅a2+b2−c22ab+b=0，即a2+3b2−c2=0，
又已知b= 2，c=4，
则可得a= 10．
(2)由余弦定理可得csC=b2+a2−c22ab=2+10−162× 2× 10=− 55，
所以sinC= 1−cs2C=2 55．
因为∠ADB=3π4，
所以∠ADC=π4，
则在△ADC中，由正弦定理可得AD=AC⋅sinCsin∠ADC= 2×2 55 22=4 55．
16.解：(1)由点A1在底面ABC的射影O是AC的中点，可得OA1⊥平面ABC，
又由△ABC是等边三角形，所以OB，OC，OA1两两垂直，
以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为三棱柱ABC−A1B1C1的棱长都是2，所以得OB=OA1= 3,OC=1，
可得A(0,−1,0),B( 3,0,0),C(0,1,0),A1(0,0, 3),C1(0,2, 3)，所以AC=(0,2,0)，
在平面BCC1B1中，BC=(− 3,1,0),CC1=(0,1, 3)，
设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z)，
则有BC⋅m=0CC1⋅m=0，可得− 3x+y=0y+ 3z=0，
取x=1，可得y= 3,z=−1，所以平面BCC1B1的一个法向量为m=(1, 3,−1)，
记点A到平面BCC1B1的距离d，则d=|AC⋅m||m|=2 3 5=2 155；
(2)在平面ABB1A1中，AB=( 3,1,0),AA1=(0,1, 3)，
设平面ABB1A1的法向量为n=(x1,y1,z1)，
则有AB⋅n=0AA1⋅n=0，可得 3x1+y1=0y1+ 3z1=0，
取x1=1，可得y1=− 3,z1=1，所以平面ABB1A1的一个法向量为n=(1,− 3,1)，
设平面ABB1A1与平面BCC1B1所成角为θ，则csθ=|m⋅n||m|⋅|n|=|−3| 5⋅ 5=35，
所以平面ABB1A1与平面BCC1B1所成角的余弦值为35．
17.解：(1)在△ABC中，
因为b(tanA+tanB)= 2ctanB，所以b(sinAcsA+sinBcsB)= 2csinBcsB，
所以bsinC= 2csinBcsA，所以bc= 2bccsA，
所以csA= 22.所以由A∈(0,π)，可得A=π4．
(2)因为BC边的中线长为1，所以|AB+AC|=2，
所以两边平方，可得c2+b2+2bccsA=4，
即b2+c2=4− 2bc≥2bc，解得bc≤4−2 2，当且仅当b=c时等号成立，
所以α2=(AB−AC)2=b2+c2−2bccsA=4−2 2bc≥4−2 2(4−2 2)=12−8 2．
所以a的最小值为 12−8 2=2 2−2．
18.解：(1)证明：因为AD//BC，BC=12AD，Q为AD的中点，
所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CD/​/BQ，
因为∠ADC=90°，所以∠AQB=90°，即BQ⊥AD，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BQ⊂平面ABCD，
所以BQ⊥平面PAD，
因为BQ⊂平面MQB，所以平面MQB⊥平面PAD，
(2)解：因为PA=PD，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，
所以PQ⊥平面ABCD，所以以Q为原点，以QA，QB，QP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：
Q(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0, 3)，B(0, 3,0),C(−1, 3,0)，
由PM=λPC=λ(−1, 3,− 3)，且0≤λ≤1，得M(−λ, 3λ, 3− 3λ)，
所以QM=(−λ, 3λ, 3− 3λ)，又QB=(0, 3,0)，
设平面MBQ的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅QM=0,m⋅QB=0,，所以−λx+ 3λy+ 3(1−λ)z=0, 3y=0,
所以可取平面MBQ的法向量为m=( 3,0,λ1−λ)，
由题意知平面BQC的法向量为n=(0,0,1)，因为二面角M−BQ−C的大小为30°，
所以cs30°=m⋅n|m|⋅|n|=( 3,0,λ1−λ)⋅(0,0,1) 3+0+(λ1−λ)2⋅ 0+0+1= 32，解得λ=34，
所以QM=(−λ, 3λ, 3− 3λ)=(−34,3 34, 34)，
QB=(0, 3,0)是平面PAD的一个法向量，
设直线QM与平面PAD所成角为θ，
sinθ=|cs|=|(0, 3,0)⋅(−34,3 34, 34) 3× (−34)2+(3 34)2+( 34)2|=3 1313，
所以QM与平面PAD所成角的正弦值为3 1313．
19.解：(1)证明：根据题意，s2=1m+n[i=1n(xi−z−)2+i=1m(yi−z−)2]=1m+n[i=1n(xi−x−+x−−z−)2+i=1m(yi−y−+y−−z−)2]=1m+n{i=1n[(xi−x−)2+(x−−z−)2+2(xi−x−)(x−−z−)]+i=1m[(yi−y−)2+(y−−z−)2+2(yi−y−)(y−−z−)]}，
又∵i=1n[2(xi−x−)(x−−z−)]=2(x−−z−)i=1n(xi−x−)=2(x−−z−)(x1+x2+x3+⋯+xn−nx−)=0，
同理i=1n[2(yi−y−)(y−−z−)]=0，
∴s2=1m+n{n[s12+(x−−z−)2]+m[s22+(y−−z−)2]}．
(2)将该班参加考试学生成绩的平均数记为z−，方差记为s2，
则z−=150(30×100+20×90)=96，
∴s2=150{30[256+(100−96)2]+20[361+(90−96)2]}=322，
又 322≈18，∴s≈18，
即该班参加考试学生成绩的平均数为96分，标准差约为18分；
(3)由题意，将成绩等级为C的4名学生记为C1，C2，C3，C4，
成绩等级为D的2名学生记为D1，D2，
现从成绩等级为C，D的学生中随机抽取2名学生进行调研的基本事件有{D1,D2}，{C1,C2}，{C1,C3}，{C1,C4}，{C1,D1}，{C1,D2}，{C2,C3}，{C2,C4}，{C2,D1}，{C2,D2}，{C3,C1}，{C3,D1}，{C3,D2}，{C4,D1}，{C4,D2}，共15个基本事件，
其中“至少有1名学生成绩等级为D”包含{D1,D2}，{C1,D1}，{C1,D2}，{C2,D1}，{C2,D2}，{C3,D1}，{C3,D2}，{C4,D1}，{C4,D2}，共9个基本事件，
∴抽取的2名学生中至少有1名学生成绩等级为D的概率为P=915=35． 性别
参加考试人数
平均成绩
标准差
男
30
100
16
女
20
90
19