2023-2024学年重庆市七校联考高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市七校联考高一下学期期末考试数学试题（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.已知圆柱的底面直径和高均为2，则该圆柱的侧面积为( )
A. 3πB. 4πC. 5πD. 6π
2.下列说法正确的是( )
A. 若|a|=|b|，则a=b，a=−b
B. 单位向量的模是1，所有单位向量是相等向量
C. 相反向量的长度相等
D. 共线向量是在同一条直线上的向量
3.已知平面α和直线l，直线m，下列命题正确的是( )
A. 若m⊂α，l⊥α，则l⊥mB. 若l⊥α，l⊥m，则m⊥α
C. 若m⊂α，l/​/m，则l//αD. 若m⊂α，l//α，则l/​/m
4.已知a=(2,0)，b=(1, 3)，则下列选项正确的是( )
A. |a+b|=|a−b|
B. a⋅(a−b)=3
C. a与b的夹角为π6
D. 向量在b向量a方向上的投影向量为12a
5.连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是6”，事件B为“第二次的点数小于4”，事件C为“两次的点数之和为偶数”，则( )
A. P(A)=136B. A与B互斥C. A与C互斥D. A与C相互独立
6.如图(1)，在矩形ABCD中，AB=2AD，E是CD的中点，沿AE将△ADE折起，使点D到达点P的位置，并满足PA⊥PB，如图(2)，则下列选项错误的是( )
A. 平面PAB⊥平面PBEB. 平面PAE⊥平面PBE
C. 平面PAB⊥平面ABCED. 平面PAE⊥平面ABCE
7.如图，已知正方形ABCD的边长为2，若动点P在以AB为直径的半圆上(正方形ABCD内部，含边界)，则PC⋅PD的取值范围为( )
A. [0,2]B. [0,4]C. [0,3]D. [0,1]
8.新高考中数学多项选择题的评分规则是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对得6分，若两个正确选项，只选对一个正确项得3分，有选错的得0分;若有三个正确选项，只选对一个得2分，只选对两个选项得4分，有选错的得0分，我们假定不会出现四个选项都正确的情况”现已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，均随机选择选项.下列表述错误的是( )
A. 若甲只选一个选项，能得3分的概率是12
B. 若乙选两个选项，能得6分的概率是16
C. 若丙至少选一个选项，能得分的概率是15
D. 若丁至少选两个选项，能得分的概率是110
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.设i为虚数单位，则下列命题正确的是( )
A. 若复数z=−1−2i，则存在复数z1，使得z⋅z1∈R
B. 方程x2+ix=0在x∈R上无解
C. 在复平面内i(4−i)对应的点位于第一象限
D. ∃a∈R，复数a+5−3i是纯虚数
10.为了解高一年级的某次数学考试成绩情况，随机抽取了50名考生的成绩，作出的频率分布直方图如图，成绩排在前10%的学生将获得“A+”称号，则下列选项正确的是( )
A. 估计该市考生的成绩低于70分的比例为46%
B. 估计该市考生成绩的众数为75
C. 估计该市84分以上的考生将获得“A+”称号
D. 估计该市考生成绩的平均数为71.6
11.六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示，正八面体E−ABCD−F的棱长为a，下列说法中正确的是( )
A. 此八面体的表面积为2 3a2
B. 异面直线AE与BF所成的角为45∘
C. 此八面体的外接球的体积为 2πa3
D. 若点P为棱EB上的动点，则AP+CP的最小值为 3a
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若z=(1−2i)i，则z= ．
13.如图，采用斜二测画法，△A′B′C′是△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，则BC= ．
14.已知三棱锥P−ABC三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=2，M为该三棱锥的内切球上的动点，则M，P两点间距离的最小值为 ．
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)
如图，在△ABC中，BD=2DC，设AB=a，AC=b．
(1)试用a，b表示AD;
(2)若|a|=1，|b|= 3，a与b的夹角为90∘，求|AD|.
16.(本小题12分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，b= 7，c=2，B=π3．
(1)求a的值;
(2)求sin(B−A)的值．
17.(本小题12分)
在对重庆市某中学高一年级学生身高的调查中，采用分层抽样，抽取了一个容量为40的样本，其中男生18人，女生22人，其观测数据(单位：cm)如下：
男生：172.0 174.5 166.0 172.0 170.0 165.0 165.0 168.0 164.0
172.5 172.0 173.0 175.0 168.0 170.0 172.0 176.0 174.0
女生：163.0 164.0 161.0 157.0 162.0 165.0 158.0 155.0 164.0
162.5 154.0 154.0 164.0 149.0 159.0 161.0 170.0 171.0
155.0 148.0 172.0 162.5
(1)从身高在[174.0,176.0]的男生中随机抽取2人，求至少有1人的身高大于174.5的概率;
(2)利用所学过的统计学知识比较样本中男生、女生的身高的整齐程度;
(3)估计该中学高一年级全体学生身高的方差(精确到0.1)．
参考数据：其中男生样本记为x1，x2，⋯，x18，女生样本记为y1，y2，⋯，y22．
118i=118xi2=29083.3，x=170.5，122i=122yi2=25799.4，y=160.5，170.52≈29070.3，160.52≈25760.3
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ADP−BCQ中，侧面ABCD为矩形．
(1)设M为AD中点，点N在线段PC上，且PN=12NC，求证：PM/​/平面BDN;
(2)若二面角Q−BC−D的大小为π4，且AB=4，BC=2，求直线BD和平面QBC所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
著名的费马问题是法国数学家皮埃尔⋅德⋅费马(1601−1665)于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120∘时，则使得∠AMB=∠BMC=∠CMA=120∘的点M即为费马点.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csB=2acsAc−bcsCc.若M是△ABC的“费马点”，a=2 3，b(1)求角A;
(2)若MA⋅MB+MB⋅MC+MC⋅MA+4=0，求bc的值;
(3)在(2)的条件下，设f(t)=9t−n⋅3t+(|MA|+|MB|+|MC|)2，若当t∈[1,2]时，不等式f(t)≥0恒成立，求实数n的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.D
5.D
6.C
7.B
8.C
9.ACD
10.ABC
11.AC
12.2−i
13.2 6
14.4 33−2
15.解：(1)因为BD=2DC，所以BD=23BC，
所以AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23AC−AB=13AB+23AC=13a+23b．
(2)由(1)知AD=13a+23b，
所以AD2=13a+23b2=19a2+49b2+2×29a⋅b，
=19×1+49×3+0=139，
所以|AD|= 133．

16.解：(1)△ABC中，b= 7，c=2，B=π3，
由余弦定理可得b2=a2+c2−2accsB，
即7=a2+4−2×2a×12，
整理可得：a2−2a−3=0，解得a=3或a=−1(舍)，
所以a=3；
(2)由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=7+4−92 7×2= 714，
在三角形中，可得sinA= 1−cs2A=3 2114，
所以sin(B−A)=sinBcsA−csBsinA= 32× 714−12×3 2114=− 2114．
17.解：(1)身高在区间[174.0,174.5]的2名男生分别记为A1、A2，
身高在区间(174.5,176.0]的2名男生分别记为B1、B2，用(x,y)表示样本空间中的样本点，
则从身高在区间[174.0,176.0]中的男生中抽取2人的样本空间
Ω={(A1,A2)，(A1,B1)，(A1,B2)，(A2,B1)，(A2,B2)，(B1,B2)}，
设事件M=“其中抽取的2人，至少有1人的身高大于174.5”，
则M={(A1,B1)，(A1,B2)，(A2,B1)，(A2,B2)，(B1,B2)}，
所以n(Ω)=6，n(M)=5，从而P(M)=n(M)n(Ω)=56．
(2)把男生样本的平均数记为x，方差记为sx2;把女生样本的平均数记为y，方差记为sy2，
则sx2=118i=118(xi−x)2=118i=118xi2−x2≈29083.3−29070.3=13.0，
sy2=122i=122(yi−y)2=122i=122yi2−y2≈25799.4−25760.3=39.1，
因为sx2(3)把总样本的平均数记为Z，记差记为s2，则Z=170.5×18+160.5×2240=165，
s2=140[i=118(xi−z)2+i=122(yi−z)2]=140[i=118(xi−x+x−z)2+i=122(yi−y+y−z)2]
因为i=118(xi−x+x−z)2=i=118(xi−x)2+i=1182(xi−x)(x−z)+18(x−z)2
=i=118(xi−x)2+2(x−z)i=118(xi−x)+18(x−z)2
=i=118(xi−x)2+2(x−z)(i=118xi−18x)+18(x−z)2
=i=118(xi−x)2+0+18(x−z)2
=18sx2+18(x−Z)2
≈18×13.0+18×(170.5−165)2=778.5，
所以该中学高一年级全体学生身高的方差s2≈778.5+1305.740≈52.1．
18.解：(1)连结MC 交BD 于E ，连结NE ，
因为侧面ABCD 为矩形，
所以AD//BC ，又M 为AD 中点，
所以ECEM=BCDM=2 ，
又因为NC=2PN ，
所以CNNP=CEEM=2，
所以PM//NE ，
又PM⊄ 平面BDN ，NE⊂ 平面BDN ，
所以PM// 平面BDN．
(2)在平面QCB 中，过点C 作射线CF⊥BC ，
因为底面ABCD 为矩形，所以BC⊥CD ，
所以∠DCF 为二面角Q−BC−D 的平面角，且∠DCF=π4，
又CF∩CD=C ，CF,CD⊂ 平面CDF ，
所以BC⊥ 平面CDF ，
在平面CDF 中，过点D 作DG⊥FC ，垂足为G ，连结BG ，
因为BC⊥ 平面CDF ，DG⊂ 平面CDF ，
所以DG⊥BC ，
又BC∩FC=C ，BC⊂ 平面BCQ ，FC⊂ 平面BCQ ，
所以DG⊥ 平面BCQ ，
则∠DBG 即为直线BD 和平面QCB 所成的角，
于是DG 为点D 到平面BCQ 的距离，
且DG=DCsin π4=2 2 ，
设直线BD 和平面QCB 所成角为α ，
又AB=4，BC=2
则sin α=DGBD= 105 ，
所以直线BD 和平面QCB 所成角的正弦值为 105 ．

19.解：(1)由已知得：csB=2acsAc−bcsCc，即ccsB=2acsA−bcsC，
由正弦定理得：sinBcsC+csBsinC=2sinAcsA，即2sinAcsA=sin(B+C)=sinA，
由于00，所以csA=12，A=60°．
(2)因为A=60°，所以三个内角均小于120∘，
M为费马点且∠AMB=∠BMC=∠CMA=120∘，
设|MA|=x，|MB|=y，|MC|=z，
则MA⋅MB+MB⋅MC+MC⋅MA=xy⋅(−12)+yz⋅(−12)+xz⋅(−12)=−4，
所以xy+yz+xz=8，
由S△AMB+S△BMC+S△AMC=S△ABC得：12xy⋅ 32+12yz⋅ 32+12xz⋅ 32=12bcsinπ3，所以bc=8，
(3)由余弦定理得：a2=c2+b2−2bccsA，
即12=c2+b2−2bc×12=c2+b2−8，由(2) bc=8，所以c2+b2=20，
又b由(2)在△MAB，△MBC，△MAC中，由余弦定理得x2+y2+xy=16x2+z2+xz=4y2+z2+yz=12，
因为xy+yz+xz=8，所以x2+y2+z2=12，
2(xy+yz+xz)+x2+y2+z2=(x+y+z)2=(|MA|+|MB|+|MC|)2=28．
所以f(t)=9t−n⋅3t+(|MA|+|MB|+|MC|)2=9t−n⋅3t+28≥0，
即n≤3t+283t，令z=3t，z∈[3,9]，
由对勾函数性质知y=z+28z在z∈[3,2 7]上单调递减，[2 7,9]上单调递增，
所以n≤(z+28z)min=4 7，
即n的取值范围为(−∞,4 7].