2023-2024学年甘肃省酒泉市高一下学期7月期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年甘肃省酒泉市高一下学期7月期末考试数学试题（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.某省为全运会选拔跳水运动员，对某运动员进行测试，在运动员跳完一个动作之后由7名裁判打分，统计结果为平均分9.5分，方差为a，为体现公平，裁判委员会决定去掉一个最高分10分，一个最低分9分，则( )
A. 平均分变大，方差变大B. 平均分变小，方差变小
C. 平均分变小，方差变大D. 平均分不变，方差变小
2.已知i是虚数单位，则复数i5−2i1+i=( )
A. −1B. iC. −iD. 1
3.已知向量a=(1,−2)，b=(x,3)，若a//b，则x=( )
A. −32B. 32C. −6D. 6
4.设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则( )
A. 若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B. 若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥α
C. 若l//m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D. 若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l//m
5.三人被邀请参加一个晚会，若晚会必须有人去，去几人自行决定，则恰有一人参加晚会的概率为( )
A. 12B. 37C. 13D. 38
6.若正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球的表面积为16π，则此正方体最多可容纳半径为1的小球的个数为( )
A. 7个B. 8个C. 9个D. 10个
7.已知cs(π4−θ)=3cs(θ+π4)，则sin2θ=( )
A. 35B. 45C. −35D. −45
8.如图，点O是△ABC的重心，点D是边BC上一点，且BC=4DC，OD=mAB+nAC，则mn=( )
A. 15B. −14
C. −15D. 14
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.台球运动已有五、六百年的历史，参与者用球杆在台上击球．若和光线一样，台球在球台上碰到障碍物后也遵从反射定律．如图，有一张长方形球台ABCD，其中AD=35AB，现从角落A沿角α的方向把球打出去，球经2次碰撞球台内沿后进入角落C的球袋中，则tanα的值为( )
A. 16B. 15C. 95D. 32
10.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6.从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”.丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立C. 乙与丙不相互独立D. 丙与丁相互独立
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P在线段BD1上运动(包括端点)，下列选项正确的有( )
A. AP⊥B1C
B. PD⊥BC
C. 直线PC1与平面A1BCD1所成角的最大值是π3
D. PC+PD的最小值为2 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z的模为2，则z−i的最大值为 ．
13.某科研攻关项目中遇到一个问题，请了甲、乙两位专家单独解决此问题，若甲、乙能解决此问题的概率分别为m，n，则此问题被解决的概率为
14.滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流放后世.如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为30∘，60∘，45∘.且AB=BC=75米，则滕王阁高度OP= 米.
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|a|=4，|b|=8，a与b夹角是120​∘．
(1)求a·b的值及|a+b|的值；
(2)当k为何值时，(a→+2b→)⊥(ka→−b→)？
16.(本小题12分)
本学期初，某校对全校高一学生进行数学测试(满分100)，并从中随机抽取了100名学生的成绩，以此为样本，分[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]五组，得到如图所示频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计该校高一学生数学成绩的平均数和85%分位数；
(2)为进一步了解学困生的学习情况，从上述数学成绩低于70分的学生中，分层抽样抽出6人，再从6人中任取2人，求此2人分数都在[60,70)的概率．
17.(本小题12分)
(1)叙述并证明平面与平面平行的性质定理；
(2)设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α，β之外的两条不同直线，给出四个论断：①α⊥β；②m⊥n；③m⊥α；④n⊥β.以其中三个论断作为条件，余下一个作为结论，写出一个正确的命题，并证明．
18.(本小题12分)
已知向量m=(csx,sinx),n=(csx,−sinx)，函数f(x)=m⋅n+12．
(1)若f(x2)=1,x∈(0,π)，求tan(x+π4)的值；
(2)若f(α)=−110,α∈(π2,3π4),sinβ=7 210,β∈(0,π2)，求2α+β的值；
(3)设▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b=2，且锐角B满足f(B)=0，求a+c的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，在六面体ABCDEF中，DE//CF，正方形ABCD的边长为2，DE=2FC=2,AE=2 2,BE=2 3．
(1)证明：平面ADE//平面BCF；
(2)求直线EF与平面ABCD所成角的正切值；
(3)求平面BEF与平面ABCD所成二面角的余弦值；
(4)求多面体ABCDEF的体积．
参考答案
1.D
2.A
3.A
4.B
5.B
6.B
7.B
8.C
9.BC
10.BC
11.ACD
12.3
13.m+n−mn
14.15 15
15.解：(1)由向量的数量积的运算公式，
可得a⋅b=|a||b|cs 120​∘=4×8×(−12)=−16，
|a+b|= a2+b2+2a⋅b= 42+82+2×(−16)=4 3．
(2)因为(a+2b)⊥(ka−b)，
所以(a+2b)⋅(ka−b)=ka2−2b2+(2k−1)a⋅b=0，
整理得16k−128+(2k−1)×(−16)=0，解得k=−7．
即当k=−7时，(a→+2b→)⊥(ka→−b→)．

16.解：(1)由(a+0.02+0.035+0.025+a)×10=1，
解得a=0.01；
该校高一学生数学成绩的平均数为55×0.1+65×0.2+75×0.35+85×0.25+95×0.1=75.5．
前3组的频率和为0.1+0.2+0.35=0.65，
所以85%分位数为80+0.85−×10=88；
(2)分层抽样抽取的6人中，[50,60)的有6×0.10.1+0.2=2人，记为1，2，
[60,70)的有6−2=4人，记为3，4，5，6，
从6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15种，
其中2人分数都在[60,70)的有34，35，36，45，46，56共6种，
所以从6人中任取2人，分数都在[60,70)的概率为615=25．

17.解：(1)两个平面平行的性质定理：两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行．
已知：如图，已知α//β，α∩γ=a，β∩γ=b，求证：a//b．
证明：因为α//β，所以α与β没有公共点，
又α∩γ=a，β∩γ=b，所以a⊂α，b⊂β，
所以a与b没有公共点，
又∵a⊂γ，b⊂γ，
∴a//b；
(2)命题一：若m⊥n，n⊥β，m⊥α，则α⊥β(②③④⇒①)．
证明：过平面α和平面β外一点P，作PA//m，PA交α于A，作PB//n，PB交β于B，
则PA⊥α，PB⊥β，PA⊥PB，
显然α与β不平行，设α∩β=l，则l⊂α、l⊂β，所以PA⊥l，PB⊥l，
因为PA∩PB=P，PA,PB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，
延展平面PAB交l于点M，连接AM,BM，AM,BM⊂平面PAMB，
所以l⊥AM，l⊥BM，
则∠AMB是二面角α−l−β的一个平面角，
因为PA⊥α，AM⊂α，所以PA⊥AM，同理有PB⊥BM，
又PA⊥PB，所以四边形PAMB为矩形，则AM⊥BM，
则平面α和平面β形成的二面角的平面角直二面角，故α⊥β，

命题二：若α⊥β，n⊥β，m⊥α，则m⊥n(①③④⇒②)．
证明：因为α⊥β，n⊥β，m⊥α，
设α∩β=l，在平面α内作直线c⊥l，根据面面垂直的性质定理可得c⊥β，
又因为n⊥β，所以n//c，
因为m⊥α，c⊂α，所以m⊥c，所以m⊥n．

18.解：(1)
依题意，f(x)=cs2x−sin2x+12=cs2x+12，
由f(x2)=1，得csx=12，由x∈(0,π)，得x=π3，则tanx= 3，
则tan(x+π4)=tanx+11−tanx= 3+11− 3=−2− 3．
(2)
由f(α)=−110，得cs2α=−35，由α∈(π2,3π4)，得2α∈(π,3π2)，
则sin2α=− 1−cs22α=−45，
由sinβ=7 210，β∈(0,π2)，得csβ= 1−sin2β= 210，
则cs(2α+β)=cs2αcsβ−sin2αsinβ=−35× 210+45×7 210= 22
由2α+β∈(π,2π)，得2α+β=7π4，
所以2α+β的值为7π4．
(3)
由f(B)=0，得cs2B=−12，而0则A+C=2π3，设A=π3−θ,C=π3+θ,−π3<θ<π3，csθ∈(12,1],
由正弦定理得asinA=csinC=bsinB=2sinπ3=4 3，则a=4 3sinA,c=4 3sinC，
于是a+c=4 3[sin(π3−θ)+sin(π3+θ)]=4 3⋅2sinπ3csθ=4csθ∈(2,4],
所以a+c的取值范围是(2,4]．

19.解：(1)
由DE//CF，CF⊂平面BCF，DE⊄平面BCF，得DE//平面BCF，
由正方形ABCD，得AD//BC，又BC⊂平面BCF，AD⊄平面BCF，得AD//平面BCF，
而AD∩DE=D,AD,DE⊂平面ADE，
所以平面ADE//平面BCF．
(2)
连接BD，在正方形ABCD中，AD=2，则BD=2 2，而DE=2,AE=2 2,BE=2 3，
即有AD2+DE2=8=AE2,BD2+DE2=12=BE2，于是DE⊥AD,DE⊥BD，
而AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD，则DE⊥平面ABCD，由DE//CF，
得CF⊥平面ABCD，因此EF在平面ABCD内的射影是CD，
令直线EF与平面ABCD所成的角为θ，在直角梯形CDEF中，tanθ=DE−CFCD=12，
所以直线EF与平面ABCD所成角的正切值为12．
(3)
延长EF与DC的延长线交于点G，连接BG，则平面BEF∩平面ABCD=BG，
由(2)知，CF⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，则CF⊥BG，
由CF//DE,CF=12DE，得CG=CD=2，取BG的中点O，连接CO,FO，
由CG=CB=2，得CO⊥BG，而CO∩CF=C,CO,CF⊂平面CFO，
则BG⊥平面CFO，又FO⊂平面CFO，则FO⊥BG，
因此∠COF是二面角E−BG−D的平面角，在Rt▵CFO中，CO=12BG= 2，
而CF=1,∠FCO=90∘，则FO= 12+( 2)2= 3，cs∠COF=COFO= 2 3= 63，
所以平面BEF与平面ABCD所成二面角的余弦值是 63．
(4)
由(2)知，CF⊥平面ABCD，而BC⊂平面ABCD，则BC⊥CF，又BC⊥CD，
CD∩CF=C,CD,CF⊂平面CDEF，于是BC⊥平面CDEF，
四棱锥B−CDEF的体积VB−CDEF=13SCDEF⋅BC=13×12(2+1)×2×2=2，
由DE⊥平面ABCD，得三棱锥E−ABD的体积VE−ABD=13S▵ABD⋅DE=13×12×2×2×2=43，
所以多面体ABCDEF的体积V=VE−ABD+VB−CDEF=103．