河南省三门峡市卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下期期末考试数学试题

这是一份河南省三门峡市卢氏县第一高级中学2023-2024学年高一下期期末考试数学试题，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.已知(1-i)z=i,则复数z在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2.袋子里有4个大小、质地完全相同的球,其中2个红球、2个白球,从中不放回地依次随机摸出2个球,事件A=“两个球颜色相同”,事件B=“两个球颜色不同”,事件C=“第二次摸到红球”,事件D=“两个球都是红球”.下列说法不正确的是( )
A.P(A∪B)=1 B.C与D互斥 C.D⊆C D.P(B)=P(C)+P(D)
3.某高中为了积极响应国家“阳光体育运动”的号召,调查该校3 000名学生每周平均体育运动时长的情况,从高一、高二、高三三个年级学生中按照4∶3∶3的比例进行分层随机抽样,收集了300名学生每周平均体育运动时长(单位:小时)的数据,整理后得到如图所示的频率分布直方图.下列说法不正确的是( )
A.估计该校学生每周平均体育运动时长为5.8小时
B.估计该校高一年级学生每周平均体育运动时长不足4小时的人数为300
C.估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的百分比为10%
D.估计该校学生每周平均体育运动时长不少于8小时的人数为600
4.在平行四边形ABCD中,BE=12BC,AF=14AE.若AB=mDF+nAE,则m-n=( )
A.12 B.34 C.-56 D.-38
5.在△ABC中,B=π3,AB=8,BC=5,则△ABC外接圆的面积为( )
A.49π3 B.16π C.47π3 D.15π
6.如图,一组数据x1,x2,x3,…,x9,x10的平均数为x,方差为s2,去除x9,x10这两个数据后,平均数为x',方差为s'2,则( )
A.x'>x,s2>s'2 B.x's'2.
故选D.
7.B 以A为坐标原点,建立如图所示的平面直角坐标系,
则A(0,0),B(t,0),C0,1t(t>0),
所以AB=(t,0),AC=0,1t,
故AB|AB|=(1,0),2AC|AC|=(0,2),
则AP=AB|AB|+2AC|AC|=(1,2),即P(1,2),
故PB=(t-1,-2),PC=-1,1t-2,
所以PB·PC=1-t+4-2t=5-t+2t≤5-22,
当且仅当t=2t,即t=2时,等号成立.
故选B.
8.D 设等腰直角△ABC的直角边长为x(x>0),球O的半径为R,则R=5.
由三棱锥P-ABC的体积V=13×12x2×3=24,解得x=43,
∴△ABC的外接圆半径r1=12×2×43=26,
∴球心O到底面ABC的距离d1=R2-r12=25-24=1.
∵顶点P到底面ABC的距离为3,
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周.
当球心O在底面ABC和截面圆之间时,球心O到该截面圆的距离d2=3-1=2,
则截面圆的半径r2=R2-d22=25-4=21,
∴顶点P的轨迹长度为2πr2=221π.
当球心O在底面ABC和截面圆的同一侧时,球心O到该截面圆的距离d3=3+1=4,
则截面圆的半径r3=R2-d32=25-16=3,
∴顶点P的轨迹长度为2πr3=6π.
综上所述,顶点P的轨迹的总长度为(6+221)π.故选D.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.ABD 对于A,因为i1=i,i2=-1,i3=-i,i4=1,所以i2 022=i4×505+2=i2=-1,故A正确.
对于B,由a=0推不出a+bi(a,b∈R)是纯虚数,如a=b=0,此时a+bi=0,为实数,故充分性不成立;由a+bi(a,b∈R)为纯虚数,得a=0,b≠0,故必要性成立,故“a=0”是“复数a+bi(a,b∈R)是纯虚数”的必要不充分条件,故B正确.
对于C,|z|=a2+1=2,解得a=±3,故C错误.
对于D,设z=m+ni(m,n∈R),则z=m-ni,则2z+z=2(m+ni)+(m-ni)=3m+ni=3-2i,故3m=3,n=-2,解得m=1,n=-2,所以z=1-2i,其虚部为-2,故D正确.故选ABD.
10.AC ∵S=12bcsin A=12a2,∴bcsin A=a2,
由正弦定理可得sin Bsin Csin A=sin2A,
∵A∈(0,π),∴sin A≠0,∴sin Bsin C=sin A.
对于A选项,由asinA=bsinB=csinC=2R(R为△ABC外接圆的半径),可得bsin C+csin B=2R(sin Bsin C+sin Csin B)=4Rsin Bsin C,2(bcs C+ccs B)=4R(sin Bcs C+sin Ccs B)=4Rsin(B+C)=4Rsin A,∴bsin C+csin B=2(bcs C+ccs B),故A正确;
∵bcsin A=a2,∴a2bc=sin A,又A∈(0,π),∴当A=π2时,a2bc取得最大值,为1,此时a2=b2+c2=bc,无解,故B错误;
由a2=b2+c2-2bccs A及bcsin A=a2,得b2+c2=bcsin A+2bccs A,
∴cb+bc=c2+b2bc=bcsinA+2bccsAbc=sin A+2cs A=5sin(A+φ)(其中tan φ=2),∴cb+bc的最大值为5,故C正确;
由bcsin A=a2,a2=b2+c2-2bccs A得tan A=2a2b2+c2-a2,故D错误.
故选AC.
11.AC 如图,连接AC,由已知得BD⊥AC,BD⊥AA1,∵AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面ACC1A1,∴BD⊥平面ACC1A1,
又A1M⊂平面ACC1A1,∴BD⊥A1M,A正确.
连接BC1,∵B∈平面A1BC1,M∉平面A1BC1,∴BM⊄平面A1BC1,
又A1C1⊂平面A1BC1,B∉A1C1,∴BM与A1C1异面,B错误.
延长BM,B1C1,交于点N,连接A1N,交C1D1于点P,则A1P即为平面A1BM与平面A1B1C1D1的交线.
易得△NC1M≌△BCM,∴C1N=BC=1,∴C1为B1N的中点,
∵PC1∥A1B1,∴P为A1N的中点,
又A1N=A1B12+B1N2=12+22=5,∴A1P=52,C正确.
易知△A1B1B是直角三角形,所以其外接圆的圆心为A1B的中点,设为O',半径r=A1B2=52,
取BB1的中点Q,连接MQ,O'Q,O'M,则MQ⊥平面ABB1A1,易知O'Q=12,MQ=1,∴O'M=52=r,
∴三棱锥B1-A1BM外接球的球心即为O',半径R=r=52,故三棱锥B1-A1BM外接球的表面积为4πR2=5π,D错误.故选AC.
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.答案 34
解析 由题意可得3人都不去该景点旅游的概率为1-12×1-13×1-14=12×23×34=14,
所以至少有1人去该景点旅游的概率为1-14=34.
13.答案 125π6
解析 因为AB=3,AD=1,BD=22,
所以BD2+AD2=AB2,所以AD⊥BD.
又BC⊥平面ABD,BC=4,
所以可以把该棱锥补形成长、宽、高分别为22,1,4的长方体,长方体的外接球就是三棱锥A-BCD的外接球,
所以外接球的半径为12+(22)2+422=52,
所以外接球的体积为43π×523=125π6.
14.【详解】在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：
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．【答案】（1） （2）
【详解】（1）由,
因,
代入得，,
展开整理得，,即,
因,则有,
由正弦定理，,
又因,故得，因，则;
（2）由（1）得，因,由正弦定理，，
则,
于是，，
因，则,故,
即的范围是．
16.【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
17.解析 (1)由题中频率分布直方图可知,成绩在[70,80)内的频率最大,故估计众数为75分.(2分)
因为成绩在[40,70)内的频率为10×(0.010+0.015+0.020)=0.45,在[40,80)内的频率为0.45+0.030×10=0.75,
所以中位数在[70,80)内,(3分)
设中位数为m分,则(m-70)×0.03=0.5-0.45,解得m≈71.67.
故估计这100名学生的成绩的中位数为71.67分.(5分)
(2)由题中频率分布直方图,可得这100名学生成绩的平均数约为(45×0.01+55×0.015+65×0.02+75×0.03+85×0.015+95×0.01)×10=70.5(分).(8分)
(3)成绩在[80,90)内的有100×(0.015×10)=15人,成绩在[90,100]内的有100×(0.01×10)=10人,
所以在[80,90)这组中抽取5×1510+15=3人,分别记为a,b,c,在[90,100]这组中抽取2人,分别记为1,2, (10分)所以从这5人中随机抽取2人的情况有(a,b),(a,c),(b,c),(a,1),(a,2),(b,1),(b,2),(c,1),(c,2),(1,2),共10种,
至少有一人的成绩在[90,100]内的情况有7种,
所以所求概率为710.(12分)
18.解析 (1)设事件A为“第三局结束时乙获胜”.
由题意知,每局比赛乙获胜的概率为13,不获胜的概率为23.
若第三局结束时乙获胜,则乙第三局必定获胜,共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).
故P(A)=13×23×13+23×13×13=427.(4分)
(2)设事件B为“甲获胜”.
若第二局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲两局连胜,此时的概率P1=12×12=14.(5分)
若第三局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲第三局必定获胜,共有2种情况:(胜,不胜,胜),(不胜,胜,胜).此时的概率P2=12×12×12+12×12×12=14.(6分)
若第四局结束时甲积分先达到2分获胜,则甲第四局必定获胜,前三局为1胜2平或1胜1平1负,共有9种情况:(胜,平,平,胜),(平,胜,平,胜),(平,平,胜,胜),(胜,平,负,胜),(胜,负,平,胜),(平,胜,负,胜),(负,胜,平,胜),(平,负,胜,胜),(负,平,胜,胜),
此时的概率P3=12×16×16×12×3+12×16×13×12×6=548.(8分)
若第四局结束时甲以积分多于乙获胜,则共有4种情况:(胜,平,平,平),(平,胜,平,平),(平,平,胜,平),(平,平,平,胜),此时的概率P4=12×16×16×16×4=1108.(10分)
故P(B)=P1+P2+P3+P4=265432.(12分)
19.【解析】
【分析】（1）作出图形并推理说明.
（2）根据给定条件，结合正三棱锥的结构特征，利用体积法列式计算即得.
（3）利用体积法建立等式，计算得，再利用不等式性质及基本不等式求解即得.
【小问1详解】
存在．
在四面体中，若平面，，则四面体的四个面都是直角三角形.
由平面，平面，得，
又，平面，则平面，而平面，
因此，所以都是直角三角形.
【小问2详解】
连接，并延长交于点，连接，
由是正的中心，得，是中点，则，
，，
，
，
，
，
于是，所以．
【小问3详解】
，
，
因此，
则，显然，
于是，则，
所以．
1.B
2.B
3.C
4.D
5.A
6.D
7.B
8.D
9.ABD
10.AC
11.AC