2023-2024学年吉林省吉林市普通高中高一下学期期末调研数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年吉林省吉林市普通高中高一下学期期末调研数学试题（含解析），共16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.已知样本数据：6，5，7，8，9，6，则这组样本数据的中位数为( )
A. 6B. 6.5C. 7D. 7.5
2.设复数z=1−i1+i，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
3.若m，n是两条直线，α是一个平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若m⊥n，m⊂α，则n⊥αB. 若m//α，n⊂α，则m//n
C. 若m⊥α，m//n，则n⊥αD. 若m//α，n//α，则m//n
4.已知▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=2 3，b=2，A=120∘，则c=( )
A. 2B. 3C. 4D. 2或4
5.已知圆锥的侧面展开图是半径为6，圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的表面积为( )
A. 12πB. 16πC. 16 2πD. 28π
6.在▵ABC中，BC=2CD，则AD=( )
A. 12AB+12ACB. 12AB−32ACC. −12AB+32ACD. 12AB+32AC
7.中国国家馆以“城市发展中的中华智慧”为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个类似中国国家馆结构的正四棱台ABCD−A1B1C1D1，AB=2，A1B1=4，侧面面积为12 3，则该正四棱台的体积为( )
A. 28 23B. 28 2C. 28 33D. 28 3
8.已知锐角▵ABC是单位圆的内接三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A+sin2C−sin2B=4sin2AcsB−2sinAsinBcsC，则bca的取值范围是( )
A. 12,2B. 33,4 33C. ( 3,2 3)D. 32,2 3
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.已知a=(3,−1)，b=(−1,2)，c=(1,λ)，则( )
A. a=10B. 若a//c，则λ=−13
C. 若b⊥c，则λ=−2D. b在a上的投影向量的坐标为−32,12
10.分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚正面朝上”，事件B=“第二枚正面朝上”，事件C=“两枚硬币朝上的面相同”，事件D=“两枚硬币朝上的面不同”，则( )
A. P(A)=12B. B与C互斥C. C与D互为对立D. A与C相互独立
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱BC，CD的中点，则( )
A. 三棱锥A1−ACD的外接球的表面积为12π
B. 三棱锥A1−ACD的外接球的体积为4 3π
C. 点C到平面C1EF的距离为13
D. 已知点P是底面ABCD(不含边界)内一动点，且D1P//平面A1EC1，则线段D1P的长度的取值范围是3 22, 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知2+i是关于x的方程x2+ax+5=0的根，则实数a= ．
13.在▵ABC中，AB=6，AC⋅CB=2，D为AB中点，则CD= ．
14.我国古代数学家祖暅于5世纪末提出了下面的体积计算原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，2AB=AA1=2，E是A1D上一点，EF⊥AD于点F，设EF=d，0四、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)
某高校强基计划考试分“笔试”和“面试”两部分，每部分考试成绩记“合格”或“不合格”两部分考试成绩均“合格”者则考试“通过”，并给予录取.现甲、乙两人都参加此高校的强基计划考试，甲、乙在笔试中成绩“合格”的概率分别为12，13，在面试中成绩“合格”的概率分别为23，34，且每人在笔试和面试成绩是否“合格”是相互独立的．
(1)甲、乙两人谁被录取的可能性大，并说明理由；
(2)求甲、乙两人中至少有一人被录取的概率．
16.(本小题12分)
如图，测量河对岸的塔高AB时，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D.现测得∠BCD=60∘，∠BDC=75∘，CD=60m，并在点C处测得塔顶A的仰角∠ACB=30∘．

(1)求B与D两点间的距离；
(2)求塔高AB．
17.(本小题12分)
随着全民健身意识增强，马拉松运动逐渐成为深受群众喜爱的体育健身项目之一.吉林市自2016年以来，现已成功举办五届马拉松比赛，“吉马”也因此成为了东北地区乃至全国颇具影响力的品牌赛事.2023年“吉马”被中国田径协会评为“城市形象媒体传播赛事典型案例”.时隔一年，吉林市委、市政府再次启动这一国际化赛事，将挑战自我、超越极限、坚韧不拔、永不放弃的马拉松精神与我市激流勇进的城市精神相结合，并将其发扬光大.为此，某校举办了“吉马”知识竞赛，从所有竞赛成绩中抽取一个容量为100的样本，并按竞赛成绩(单位：分)分成六组：40,50,50,60，60,70,70,80，80,90,90,100，得到如下图所示的频率分布直方图．

(1)求频率分布直方图中a的值，并求样本中竞赛成绩的第80百分位数；
(2)现从样本中竞赛成绩在60,80内用比例分配的分层随机抽样的方法抽取6人，再从这6人中抽取2人座谈，求至少有一人竞赛成绩在70,80内的概率；
(3)已知样本中竞赛成绩在80,90内的平均数x1=82，方差s12=2，样本中竞赛成绩在90,100内的平均数x2=94，方差s22=5，并据此估计所有答卷中竞赛成绩在80,100内的总体方差．
参考公式：总体分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：n1，x1，s12；n2，x2，s22.记总的样本平均数为ω，样本方差为s2，s2=1n1+n2n1s12+(x1−ω)2+n2s22+(x2−ω)2．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB⊥BC，BC//AD，BC=2AD，且M是PB的中点．
(1)求证：AM//平面PCD；
(2)若平面PBC⊥平面ABCD，且PC=BC=4，PB=AB=2．
(ⅰ)求证：CM⊥平面PAB；
(ⅱ)求直线CD与平面PAB所成的角的正弦值．
19.(本小题12分)
法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生钟爱数学，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 33bsinA+acsB=c，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其中心分别为D，E，F．
(1)求角A；
(2)若a=3，且▵DEF的周长为9，求AD⋅AB+AF⋅AC；
(3)若▵DEF的面积为9 34，求▵ABC的角平分线AM的取值范围．
答案解析
1.B
【解析】样本数据由小到大排列为：5，6，6，7，8，9，
所以这组样本数据的中位数为6+72=6.5．
故选：B
2.B
【解析】∵z=1−i1+i=1−i21+i1−i=1−2i+i21−i2=−2i2=−i，
∴z= −12=1．
故选：B．
3.C
【解析】对于A，假如平面ABCD是平面α，直线AD是直线m，直线CD是直线n，
此时m⊥n，m⊂α，但是直线n并没有与垂直平面α，故 A错误；
对于B，假如平面ABCD是平面α，直线A′D′是直线m，直线CD是直线n，
此时m//α，n⊂α，但是A′D′⊥CD，即m⊥n，故 B错误；
对于C，因为m⊥α，m//n，则n⊥α，故 C正确；
对于D，假如平面ABCD是平面α，直线A′D′是直线m，直线C′D′是直线n，
此时m//α，n//α，但是m⊥n，故 D错误；
故选：C．
4.A
【解析】根据余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
即12=22+c2−2×2c×−12，解得c=−4(舍去)或2，
故选：A．
5.B
【解析】依题意圆锥的母线l=6，
设底面半径为r，则6×23π=4π=2πr，解得r=2，
则圆锥的表面积为πrl+πr2=π×2×6+4π=16π．
故选：B．
6.C
【解析】在▵ABC中，BC=2CD，
所以AD=AB+BD=AB+32BC=AB+32(AC−AB)=−12AB+32AC．
故选：C
7.A
【解析】取正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上下底面的中心O1,O，棱B1C1,BC的中点E1,E，
连接OO1,OE,EE1,O1E1，则OO1,EE1分别是正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高和斜高，
依题意，SBCC1B1=12(BC+B1C1)⋅EE1=3EE1=3 3，解得EE1= 3，
在直角梯形OEE1O1中，OE//O1E1,OO1⊥OE,OE=1,O1E1=2，
则OO1= EE12−(O1E1−OE)2= 2，
所以正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=13(22+ 22×42+42)× 2=28 23．
故选：A
8.D
【解析】因为锐角▵ABC是单位圆的内接三角形，
所以asinA=bsinB=csinC=2⇒a=2sinA,b=2sinB,c=2sinC，
sinA=a2,sinB=b2,sinC=c2，
又因为sin2A+sin2C−sin2B=4sin2AcsB−2sinAsinBcsC，
所以a2+c2−b2=4a2csB−2abcsC，
根据余弦定理得a2+c2−b2=2accsB，
所以4a2csB−2abcsC=2accsB⇒2acsB−bcsC=ccsB，
所以2acsB=ccsB+bcsC⇒2sinAcsB=sinCcsB+sinBcsC=sinB+C，
2sinAcsB=sinB+C=sinπ−A=sinA⇒csB=12，
因为▵ABC是锐角三角形，所以B∈0,π2，所以B=π3，所以b= 3，
所以0所以bca= 3sinCsinA= 3sin2π3−AsinA= 3sin2π3csA− 3cs2π3sinAsinA=32csA+ 32sinAsinA=321tanA+ 32，
因为π6故选：D．
9.BD
【解析】对A，a= 32+−12= 10，故 A错误；
对B，若a//c，则3λ=−1，解得λ=−13，故 B正确；
对C，若b⊥c，则−1+2λ=0，则λ=12，故 C错误；
对D，b在a上的投影向量的坐标为a⋅ba2a=−3−2103,−1=−32,12，故 D正确．
故选：BD．
10.ACD
【解析】分别抛掷两枚质地均匀的硬币，
可能出现的情况有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)四种情况，
事件A包含(正，正)，(正，反)2种，
事件B包含(反，正)，(正，正)2种，
事件C包含(正，正)，(反，反)2种，
事件D包含(正，反)，(反，正)2种，
对于A，事件P(A)=12，故 A正确；
对于B，事件B和C可能同时发生，即(正，正)，故B错误；
对于C，由上面列举知，事件C与D为互斥事件，且其并集构成了整个样本空间，
即C与D互为对立，故C正确；
对于D，由上面列举知：PAC=14，
PC=24=12,PA=12,PAPC=14=PAC，
所以事件A与C相互独立，故D正确．
故选：ACD．
11.ABD
【解析】对于AB，取A1C的中点O，连接OA,OD，因为AA1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以AA1⊥AC，所以OA=12A1C=OA1=OC，同理可证OD=12A1C=OA1=OC，
所以OA=OD=OA1=OC，
所以O三棱锥A1−ACD的外接球的球心，设外接球的半径为R，则
R=12A1C=12 22+22+22= 3，
所以外接球的表面积为4πR2=12π，体积为43πR3=43π×3 3=4 3π，
所以AB正确，
对于C，因为E，F分别是棱BC，CD的中点，所以CE=CF=1,EF= 2，
所以C1E=C1F= 12+22= 5，
所以S▵C1EF=12EF⋅ C1E2−12EF2=12× 2× 5−12=32，
设点C到平面C1EF的距离为d，
因为VC−C1EF=VC1−CEF，所以13S▵C1EF⋅d=13S▵CEF⋅CC1，
所以13×32d=13×12×1×1×2，解得d=23，所以 C错误，
对于D，取AD的中点M，连接MF,D1M,D1F,EM，
因为F为CD的中点，所以MF//AC，
因为AC//A1C1，所以MF//A1C1，
因为MF⊄平面A1EC1，A1C1⊂平面A1EC1，所以MF//平面A1EC1，
因为E为BC的中点，M为AD的中点，EM//CD，EM=CD，
因为C1D1//CD，C1D1=CD，所以EM//C1D1，C1D1=EM，
所以四边形EMD1C1为平行四边形，所以C1E//MD1，
因为MD1⊄平面A1EC1，C1E⊂平面A1EC1，所以MD1//平面A1EC1，
因为MD1∩MF=M，MD1,MF⊂平面MD1F，
所以平面MD1F//平面A1EC1，
因为D1P//平面A1EC1，所以D1P⊂平面MD1F，
因为平面MD1F∩平面ABCD=MF，
所以点P在平面ABCD上的轨迹为线段MF(不含端点)，
在▵MD1F中，D1M=D1F= 5,MF= 2，
则MF边上的高为 D1F2−12MF2= 5−12=3 22，
所以线段D1P的长度的取值范围是3 22, 5，所以 D正确，
故选：ABD
12.−4
【解析】因为2+i是关于x 的 方程x2+ax+5=0的根，其中a∈R，
所以2−i也是关于x的方程x2+ax+5=0的根，
所以2+i+2−i=−a，a=−4．
故答案为：−4．
13. 7
【解析】设角A,B,C所对的边为a,b,c，
AC⋅CB=abcsπ−C=−abcsC=2，则abcsC=−2，设CD=x，
在▵ABC中，根据余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，
即36=a2+b2+4，解得a2+b2=32，
在▵ACD和▵BCD中，根据余弦定理有cs∠ADC=32+x2−b22×3x，①
cs∠BCD=−cs∠ADC=32+x2−a22×3x，②
①+②得32+x2−b22×3x+32+x2−a22×3x=0，
即18+2x2−326x=0，解得x= 7．
故答案为： 7．
14.1+d24π ； ； ；；8π3
【解析】连接CF，

因为2AB=AA1=2，则AB=1，因为正四棱柱ABCD−A1B1C1D1，
则EFDF=AA1AD=2，因为EF=d，0∴CF= CD2+DF2= 1+d22= 1+d42，
即点E绕CC1旋转一周所得圆的半径为 1+d42，
∴点E绕CC1旋转一周所得圆的面积为1+d24π．
空间四边形DA1C1C绕CC1旋转一周形成空间几何体，
由空1知该几何体不同高度d下截面面积为π+d24π，
根据祖暅原理“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这个两个平面的任意平面所截，
如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”，
将空间四边形DA1C1C绕CC1旋转一周，两平行平面即平面ABCD和平面A1B1C1D1的距离始终为2，
则可以转化为一个底面半径为1，高为2的圆柱体积加一个底面半径为1，高为2的圆锥的体积，
理由：截面积分为两部分，其中不变的截面积π对应着底面半径为1的圆，
其不随d值的变化而变化，因为0另一部分截面d24π，该截面为圆，半径为d2，显然半径和高度呈现正比例函数关系，
则旋转后形成的为一个圆锥，且该圆锥的高和半径比为2:1，因为0则该部分几何体为半径为1高为2的圆锥，
所以空间四边形ABC1A1绕AA1旋转一周所得几何体的体积为：
π⋅12⋅2+13⋅π⋅12⋅2=8π3．
故答案为：1+d24π；8π3．
15.解：(1)
设A1=“甲笔试合格”，B1=“乙笔试合格”，A2=“甲面试合格”，B1=“乙面试合格”，
依题意，A1,A2相互独立，B1,B2相互独立，P(A1)=12,P(B1)=13,P(A2)=23,P(B2)=34，
甲被录取的概率P(A1A2)=P(A1)P(A2)=12×23=13，
乙被录取的概率P(B1B2)=P(B1)P(B2)=13×34=14，P(A1A2)>P(B1B2)，
所以甲被录取的可能性大．
(2)
设C=“甲被录取”，D=“乙被录取”，E=“至少有一人被录取”，
则E=CD+CD+CD，而P(C)=P(A1A2)=13,P(D)=P(B1B2)=14，
因此P(E)=P(CD)+P(CD)+P(CD)=P(C)P(D)+P(C)P(D)+P(C)P(D)
=13×14+(1−13)×14+13×(1−14)=12，
所以甲、乙两人中至少有一人被录取的概率是12．

【解析】(1)根据给定条件，利用相互独立事件概率公式分别求出甲乙被录取的概率即可．
(2)由(1)的信息，利用相互独立事件概率公式及互斥事件的加法公式列式计算即得．
16.解：(1)
在▵BCD中，∵∠BCD=60∘,∠BDC=75∘,∴∠CBD=45∘．
由正弦定理得BDsin∠BCD=CDsin∠CBD，
BD=CDsin∠BCDsin∠CBD=60× 32 22=30 6(m)，
(2)
sin75∘=sin45∘+30∘=sin45∘cs30∘+cs45∘sin30∘= 22× 32+ 22×12= 6+ 24．
在▵BCD中，由正弦定理得
BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，
BC=CDsin∠BDCsin∠CBD=60× 6+ 24 22=30+30 3(m)，
在Rt▵ABC中，AB=BCtan∠ACB=BCtan30∘= 33×30( 3+1)=30+10 3(m)．
【解析】(1)根据正弦定理即可得到答案；
(2)首先根据正弦定理求出BC，再根据三角函数定义即可得到答案．
17.解：(1)
(0.010+0.015×2+a+0.025+0.005)×10=1，∴a=0.030．
∵(0.010+0.015×2+0.030)×10=0.70<0.80．
(0.010+0.015×2+0.030+0.025)×10=0.95>0.80，
∴第80百分位数在区间80,90中
设第80百分位数为x，则0.70+(x−80)×0.025=0.80，
∴x≡84，所以第80百分位数为84．
(2)
由题知，区间60,70,70,80的频率比为1:2，6×11+2=2，6×21+2=4，
则在区间60,70抽取2人，记为A,B，在区间70,80抽取4人，记为a,b,c,d，
从这6人中抽取两人座谈，样本空间如下：
Ω={AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Bc,Bd,ab,ac,ad,bc,bd,cd}，共15个样本点，
设“至少有一人竞赛成绩在70,80内”为事件M，
事件M={AB}，所以P(M)=1−P(M)=1415，
所以至少有一人竞赛成绩在70,80内的概率为1415．
(3)
区间80,90,90,100的频率比为5:1，
∴w=56×82+16×94=84，
∴s2=562+(82−84)2+165+(94−84)2=22.5
【解析】(1)首先求出a值，根据百分位数求解公式即可得到答案；
(2)首先利用分层抽样的定义求出两区间占比人数，再根据古典概型和对立事件的概率求法即可；
(3)利用题目所给的分层抽样的方差公式即可．
18.解：(1)
取PC的中点Q，连接MQ,DQ，
因为M是PB的中点，所以MQ//BC，MQ=12BC，
又BC//AD，BC=2AD，所以MQ//AD，MQ=AD，
故四边形ADQM为平行四边形，所以AM//DQ，
因为AM⊄平面PCD，DQ⊂平面PCD，
所以AM//平面PCD；
(2)
(ⅰ)因为平面PBC⊥平面ABCD，交线为BC，
又AB⊥BC，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PBC，
因为CM⊂平面PBC，所以AB⊥CM，
因为PC=BC=4，M是PB的中点，所以CM⊥PB，
因为PB∩AB=B，PB,AB⊂平面PAB，
所以CM⊥平面PAB；
(ⅱ)取BC的中点E，连接AE，取BM的中点G，连接EG,AG，
因为AD=CE，AD//CE，所以四边形ADCE为平行四边形，故CD//AE，
由中位线性质可得EG//CM，
因为CM⊥平面PAB，所以EG⊥平面PAB，
故∠EAG为CD与平面PAB所成的角，
其中PC=BC=4，PB=2，故BM=1，BE=12BC=2，
故CM= BC2−BM2= 16−1= 15，
所以EG=12CM= 152，AE= AB2+BE2= 4+4=2 2，
故sin∠EAG=EGAE= 1522 2= 308．
【解析】(1)作出辅助线，得到四边形ADQM为平行四边形，所以AM//DQ，证明出线面平行；
(2)(ⅰ)由面面垂直得到线面垂直，得到AB⊥CM，结合三线合一得到CM⊥PB，从而证明出线面垂直；
(ⅱ)作出辅助线，得到∠EAG为CD与平面PAB所成的角，求出各边长，求出正弦值．
19.解：(1)
在▵ABC中，由 33bsinA+acsB=c及正弦定理得 33sinBsinA+sinAcsB=sinC，
又sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，则 33sinBsinA=csAsinB，
又sinB>0，于是 即tanA= 3，又0所以A=π3．
(2)
由(1)知A=π3，由正▵DEF的周长为9，得DF=3，
依题意，∠DAF=π6+π3+π6=2π3,AD= 33AB= 33c,AF= 33AC= 33b，
在 ▵ADF中，由余弦定理得DF2=AD2+AF2−2AD⋅AFcs∠DAF，
则9=c23+b23−2⋅c 3⋅b 3cs2π3，即b2+c2+bc=27，
在▵ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，即b2+c2−bc=9，联立解得b2+c2=18，
所以AD⋅AB+AF⋅AC=|AD|⋅|AB|csπ6+|AF|⋅|AC|csπ6=|AB|22+|AC|22=c2+b22=9．
(2)
由正▵DEF的面积为9 34，得DF=3，
由(2)知b2+c2+bc=27，即(b+c)2−bc=27，
由S▵ABC=12bcsinπ3=12c⋅AMsinπ6+12b⋅AMsinπ6，得AM= 3bcb+c，
于是AM= 3[(b+c)2−27]b+c= 3(b+c−27b+c)，又(b+c)2=bc+27>27，则b+c>3 3，
又(b+c)2=bc+27≤(b+c2)2+27，即3(b+c)24≤27，解得b+c≤6，因此3 3令函数f(x)=x−27x(3 3则函数f(x)在(3 3,6]上单调递增，从而0=f(3 3)所以AM的取值范围是(0,3 32]．
【解析】(1)由已知，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦公式计算得解．
(2)则(1)的结论，利用余弦定理求出b2+c2，再利用数量积的定义计算即得．
(3)由(2)中信息，利用三角形面积公式求出AM= 3bcb+c，再求出b+c的范围，借助函数单调性求出范围．