2023-2024学年湖北省襄阳市高一下学期期末教学质量统一检测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年湖北省襄阳市高一下学期期末教学质量统一检测数学试题（含答案），共13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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知z=2−i，则zz+i=( )
A. 6−2iB. 4−2iC. 6+2iD. 4+2i
2.已知向量a，b不共线，且向量a+λb与(λ+1)a+2b共线，则实数λ的值为( )
A. −2或−1B. −2或1C. −1或2D. 1或2
3.利用简单随机抽样，从n个个体中抽取一个容量为10的样本．若抽完第一个个体后，余下的每个个体被抽到的机会为14，则在整个抽样过程中，每个个体被抽到的机会为( )
A. 57B. 518C. 14D. 1037
4.《九章算术》问题十：今有方亭，下方五丈，上方四丈，高五丈．问积几何．(今译：已知正四棱台体建筑物(方亭)如下图，下底边长a=5丈，上底边长b=4丈，高ℎ=5丈．问它的体积是多少立方丈?( )
A. 75B. 3053C. 3203D. 4003
5.甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“手气最佳”(即乙领取的钱数不少于其他任何人)的概率是( )
A. 34B. 13C. 310D. 25
6.水平放置的ΔABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的ΔA ′B ′C ′，其中O′A′=O′B′=2，O′C′= 3，则ΔABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为( )
A. 8 3πB. 16 3πC. 8 3+3πD. 16 3+12π
7.已知2a→+b→=2,a→⋅b→∈−4,0，则a→的取值范围是( )
A. [0,1]B. 12,1C. [1,2]D. [0,2]
8.已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC=90°，AD=2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A−BCD的侧面积的最大值为( )
A. 5 2+254B. 5 2+5 414C. 6 3+272D. 10 2+252
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.用一个平面去截一个几何体，所得截面的形状是正方形，则原来的几何体可能是( )
A. 长方体B. 圆台C. 四棱台D. 正四面体
10.疫情带来生活方式和习惯的转变，短视频成为观众空闲时娱乐活动的首选．某电影艺术中心为了解短视频平台的观众年龄分布情况，向各大短视频平台的观众发放了线上调查问卷，共回收有效样本4000份，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则( )
A. 图中a=0.028
B. 在4000份有效样本中，短视频观众年龄在20～30岁的有1320人
C. 估计短视频观众的平均年龄为32岁
D. 估计短视频观众年龄的75%分位数为39岁
11.已知△ABC是等腰直角三角形，AB=AC=2，用斜二测画法画出它的直观图△A′B′C′，则B′C′的长可能是( )
A. 2 2B. 2 6C. 5−2 2D. 12
12.如图，已知△ABC，△DEF均为等边三角形，D，E，F分别为BE，CF，AD的中点，P为△DEF内一点(含边界)，AP=xAB+yAC，下列说法正确的是( )
A. 延长BE交AC于M，则CM=13CA
B. 若OD+OE+OF=0，则O为△ABC的重心
C. 若x+y=12，则点P的轨迹是一条线段
D. x+y的最小值是13
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直播带货已成为一种新的消费方式，据某平台统计，在直播带货销量中，服装鞋帽类占28%，食品饮料类占20%，家居生活类占19%，美妆护肤类占9%，其他占24%.为了解直播带货各品类的质量情况，现按分层随机抽样的方法抽取一个容量为n的样本．已知在抽取的样本中，服装鞋帽类有560件，则家居生活类有 件．
14.如图，在四面体ABCD中，BD=2 2，AC=2，M，N分别为BC，AD的中点，MN=1，则异面直线AC与BD所成的角是 ．
15.如图，在Rt△ABC中，点M是斜边AB的中点，点N在边BC上，且MN⊥AB，MN= 3，CN=1，则AC= ．
16.已知e1+e2+e3=0，且e1=e2=e3=1，实数x,y,z满足x+y+z=1，且0≤x≤12≤y≤1，则xe1+ye2+ze3的最小值是 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知向量a，b满足|a|=3，|a−b|=5．
(1)若a⋅b=0，求|b|的值；
(2)若a⋅b=1，求|2a+b|的值．
18.(本小题12分)
如图，已知在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为棱AC的中点，AB=AA1=2．
(1)求正三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)求证：直线AB1//平面C1BD．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面四边形ABCD为正方形，顶点P在底面的射影为线段AD的中点O，E是PB的中点，AB=2，PC=3．
(Ⅰ)求证：OE //平面PCD；
(Ⅱ)求过点D，O，E的平面截该棱锥得到两部分的体积之比．
20.(本小题12分)
在①a2−bc=b2+c2，②sin 2A+sin(B+C)=0，③2acs A+bcs C+ccs B=0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．
问题：如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是边BC上一点，BD=2DC，tanC=2 35，若________，
(Ⅰ)求角A的值；
(Ⅱ)求tan∠CAD的值．
21.(本小题12分)
如图，在正六边形ABCDEF中，AB=2，H为DE上一点，且EH=λED(0≤λ≤1)，BE，FH交于点G
(Ⅰ)当λ=12时，试用AD，AF表示AH；
(Ⅱ)求AG⋅CH的取值范围．
22.(本小题12分)
某校有高中生2000人，其中男女生比例约为5:4，为了获得该校全体高中生的身高信息，采取了以下两种方案：方案一：采用比例分配的分层随机抽样方法，抽收了样本容量为n的样本，得到频数分布表和频率分布直方图.方案二：采用分层随机抽样方法，抽取了男、女生样本量均为25的样本，计算得到男生样本的均值为170，方差为16，女生样本的均值为160，方差为20．
(1)根据图表信息，求n，q并补充完整频率分布直方图，估计该校高中生的身高均值；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值为代表)
(2)计算方案二中总样本的均值及方差；
(3)计算两种方案总样本均值的差，并说明用方案二总样本的均值作为总体均值的估计合适吗？为什么？
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.B
5.D
6.B
7.D
8.A
9.ACD
10.BCD
11.AC
12.ABC
13.380
14.π4
15.2 2
16.14或0.25
17.解：(1)因为|a|=3，|a−b|=5，a⋅b=0，
所以|a−b|2=a2+b2−2a·b=9+b2=25，解得|b|2=16，
则|b|=4，
(2)因为|a|=3，|a−b|=5，a⋅b=1，
所以|a−b|2=a2+b2−2a·b=9+b2−2=25，解得|b|2=18，
故|2a+b|= |2a+b|2= 4a2+4a·b+b2= 36+4+18= 58，
18.解：(1)在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=2．
则表面积S表面积=12×2×2×sin⁡60°×2+3×2×2= 34×22×2+3×2×2=12+2 3；
(2)证明：连接B1C，设BC1和B1C交点M，连接DM，
则M为B1C的中点，
又∵D为AC的中点，则AB1//DM，
又AB1⊄平面BDC1，DM⊂平面BDC1，
∴AB1//平面BDC1．
19.(Ⅰ)证明：取PC中点F，连接EF、DF，由中位线的性质得EF//BC，且EF=12BC，
又底面ABCD为正方形，O为AD中点，所以OD//BC，且OD=12BC，
所以OD//EF，且OD=EF，所以四边形OEFD为平行四边形，所以OE//DF，
因为OE⊄平面PCD，DF⊂平面PCD，
所以OE//平面PCD；
(Ⅱ)解：连接AE，则过点D、O、E的平面截该棱锥的截面为四边形AEFD，
设截面上方的几何体体积为V1，下方的几何体的体积为V2，四棱锥P−ABCD的体积为V，则V=V1+V2，
设三棱锥F−CDE的体积为W，因为AD//EF，且AD=2EF，所以点A到平面CDE的距离为点F到平面CDE距离的2倍，所以VA−CDE=2W，
所以VE−ABCD=2VE−ACD=2VA−CDE=4W，所以V2=VE−ABCD+VF−CDE=4W+W=5W，
又点E到平面ABCD的距离为点P到平面ABCD距离的一半，
所以V=2VE−ABCD=8W，所以V1=V−V2=8W−5W=3W，所以V1:V2=3:5．
20.解：(Ⅰ)选①a2−bc=b2+c2，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=−bc2bc=−12，
由A∈0,π，所以A=2π3．
选②sin 2A+sin(B+C)=0，
因为A+B+C=π，则2sinAcsA+sinA=0，
由A∈0,π，所以sinA≠0，
所以csA=−12，所以A=2π3．
选③2acs A+bcs C+ccs B=0，
由正弦定理得2sinAcsA+sinBcsC+sinCcsB=0，
所以2sinAcs A+sin(B+C)=0，因为A+B+C=π，
所以2sinAcsA+sinA=0，
因为A∈0,π，所以sinA≠0，
所以csA=−12，所以A=2π3．
(Ⅱ)因为tanC=2 35，
由A=2π3，且A+B+C=π，
所以C∈0,π3，sinC>0，csC>0，
又tanC=sinCcsC=2 35，即sinC=2 35csC，
因为sin2C+cs2C=1，
所以sinC=2 3 37，csC=5 37，
tanB=tanπ−A−C=tanπ3−C
=tanπ3−tanC1+tanπ3tanC= 3−2 351+ 3×2 35=3 311，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC
= 32×5 37−12×2 3 37=3 32 37，
由正弦定理得
bc=sinBsinC=3 32 37× 372 3=34，
设AB=4x，AC=3x，由余弦定理得
BC= 4x2+3x2−2×4x×3x×−12= 37x，
所以CD= 373x，作DF⊥AC于F，如图，
则CF=CDcsC= 373x×5 37=53x，
所以AF=3x−5x3=4x3，
DF=CDsinC= 37x3×2 3 37=2 33x，
tan∠CAD=DFAF=2 33x43x= 32．
21.解：(1)当λ=12时，H为DE中点，
所以AH=12AE+12AD=12AF+FE+12AD
=12AF+12AD+12AD=12AF+34AD．
(2)因为AH=AD+DH=AD+1−λDE，①
AH=AE+EH=AE−λDE，②
联立①②可得AH=λAD+1−λAE，
AH=λAD+1−λAE
=λAD+1−λAF+12AD
=1−λAF+1+λ2AD，
所以CH=CA+AH=AF−AD+1−λAF+1+λ2AD
=2−λAF+λ−12AD，
易得HG=λGF，
同理可得AG=λ1+λAF+11+λAH
=λ1+λAF+11+λ1−λAF+1+λ2AD
=11+λAF+12AD，
所以AG·CH=11+λAF+12AD·2−λAF+λ−12AD
=2−λ1+λAF2+λ−14AD2+2−λ2+λ−121+λAF·AD
=4×2−λ1+λ+16×λ−14+4×2−λ2+λ−121+λ
=81+λ+21+λ−4，
因为0≤λ≤1，所以1≤λ+1≤2，
又y=8x+2x−4在[1,2]上单调递减，
所以AG·CH=81+λ+21+λ−4∈4,6．
22.解：(1)因为身高在区间 185,195 的频率为 0.008×10=0.08 ，频数为 4 ，
所以样本容量为 n=40.08=50 ， m=0.008×10×50=4 ， p=0.04×10×50=20 ，
q=50−4−20−6−4=16 ，
所以身高在 165,175 的频率为 1650=0.32 ，小矩形的高为 0.032 ，
所以身高在 175,185 的频率为 650=0.12 ，小矩形的高为 0.012 ，
由此补全频率分布直方图：
由频率分布直方图可知：样本的身高均值为：
150×0.008+160×0.04+170×0.032+180×0.012+190×0.008×10
=12+64+54.4+21.6+15.2=167.2 (cm)，
所以由样本估计总体可知，估计该校高中生的身高均值为 167.2cm，
(2)把男生样本记为： x1,x2,x3,⋯,x25 ，其均值为 x ，方差为 s x2 ，
把女生样本记为： y1,y2,y3,⋯,y25 ，其均值为 y ，方差为 s y2 ，
总体样本均值记为 z ，方差记为 s2 ，
所以 z=2525+25x+2525+25y=25×170+25×16050=165 ，
又因为 i=125xi−x=i=125xi−25x=0 ，
所以 i=1252xi−xx−z=2x−zi=125xi−x=0 ，
同理可得： j=1252yj−yy−z=0 ，
所以
s2=150[i=125(xi−z)2+j=125(yj−z)2]
=150[i=125(xi−x+x−z)2+j=125(yj−y+y−z)2]
=15025s x2+x−z2+25s y2+y−z2
=150{25[16+(170−165)2]+25[20+(160−165)2]}
=43 ，
(3)两种方案总样本均值的差为 167.2−165=2.2 ，
所以用方案二总体样本均值作为总体均值的估计不合适，原因是没有进行等比例的分层抽样，每个个体被抽到的可能性不同，因此代表性较差．
身高(单位：cm)
145,155
155,165
165,175
175,185
185,195
频数
m
p
q
6
4