2023-2024学年福建省福州市闽清一中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州市闽清一中高一（下）期末数学试卷（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.已知复数z满足(1+2i)z=|3−4i|，z的共轭复数为z−，则z⋅z−=( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
2.已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a−tb，若a⊥c，则t=( )
A. 73B. 253C. 3D. 0
3.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. α/​/β，m/​/α，则m//β
B. m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β
C. α∩β=l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
D. m⊥α，m/​/n，α/​/β，则n⊥β
4.一个笼子里有3只白兔，3只灰兔，现让它们一一跑出笼子，假设每一只跑出笼子的概率相同，则先跑出笼子的两只兔子中一只是白兔，另一只是灰兔的概率是( )
A. 45B. 35C. 12D. 14
5.函数y=1x4−1部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.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，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，则正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 20 23B. 28 23C. 20 63D. 28 63
7.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱DD1的中点，N为棱BC1的中点，设直线A1D1与平面MNC交于点Q，则D1Q=( )
A. 2
B. 32
C. 1
D. 12
8.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为( )
A. 2B. 3+1C. 2+2D. 62+ 102
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<|φ|<π)的部分图象如下所示，则( )
A. f(x)的图象关于直线x=6对称
B. f(x)的图象关于点(π6,0)对称
C. f(x)在区间(−π6,π6)上单调递增
D. 函数y= 32与y=f(x)在x∈[−π12,23π12]的图象所有交点横坐标之和为8π3
10.掷一枚骰子，记事件A表示事件“出现奇数点”，事件B表示事件“出现4点或5点”，事件C表示事件“点数不超过3”，事件D表示事件“点数大于4”，则( )
A. 事件A与B是独立事件B. 事件B与C是互斥事件
C. 事件C与D是对立事件D. D⊆A∩B
11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，现给出下列结论：则正确的选项为( )
A. 直线AD1与直线DP所成角的大小不变
B. 平面PBD1⊥平面A1C1D
C. 点P到平面A1C1D的距离为定值2 33
D. 存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成角为π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是23，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是115.乙、丙两个家庭都回答正确的概率是35，各家庭是否回答正确互不影响，则甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率为______．
13.已知菱形ABCD的边长为2，且∠BAD=60°，将△ABD沿直线BD翻折为△ABD，记AC的中点为M，当△ACD的面积最大时，三棱锥M−BCD的外接球表面积为______．
14.如图所示，为了测量某座山的山顶A到山脚某处B的距离(AB垂直于水平面)，研究人员在距D研究所200m处的观测点C处测得山顶A的仰角为30°，山脚B的俯角为15°.若该研究员还测得B到C处的距离比到D处的距离多80m，且∠BCD=60°，则AB= ______．
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.(本小题13分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2，a+bc=sinC−sinBsinA−sinB．
(1)求△ABC外接圆的周长；
(2)若b=1，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，M是DD1的中点．
(Ⅰ)求证：BD1//平面AMC；
(Ⅱ)求证：AC⊥BD1；
(Ⅲ)在线段BB1上是否存在点P，当BPBB1=λ时，平面A1PC1//平面AMC？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
某大型连锁超市为了解客户去年在该超市的消费情况，随机抽取了100位客户进行调查、经统计，这100位客户去年到该超市消费金额(单位：万元)均在区间[0.2,1.4]内，按[0.2,0.4]，(0.4,0.6]，(0.6,0.8]，(0.8,1.0]，(1.0,1.2]，(1.2,1.4]分成6组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求该频率分布直方图中a的值，并估计这100位客户去年到该超市消费金额的平均数x−；(同一组中的数据以这组数据所在范围的组中值作为代表)
(2)为了解顾客需求，该超市从消费金额在区间(0.4,0.6]和(0.6,0.8]内的客户中，采用分层抽样的方法抽取5人进行电话访谈，再从访谈的5人中随机抽取2人作为“幸运客户”，求“幸运客户”中恰有1人来自区间(0.4,0.6]的概率．
18.(本小题17分)
如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′．
(1)求证：平面BD′E⊥平面ABC；
(2)若三棱锥D′−ABC的体积为2 23，求二面角D′−AB−C的余弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x−1)⋅|x−a|−1，a∈R．
(1)若a=0，解不等式f(x)<1；
(2)若函数f(x)恰有三个零点x1，x2，x3，求1x1+1x2+1x3的取值范围．
答案解析
1.B
2.B
3.D
4.B
5.C
6.B
7.C
8.B
9.CD
10.AB
11.ABC
12.1330
13.6π
14.280 6(m)
15.解：(1)因为a+bc=sinC−sinBsinA−sinB，
由正弦定理得a+bc=c−ba−b，
整理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12，
且A∈(0,π)，则A=π3．
又因为a=2，由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=12×asinA=2 33，
所以△ABC外接圆的周长为2πr=4 3π3．
(2)在△ABC中，a=2，b=1，A=π3，
由正弦定理得asinA=bsinB，
可得sinB=bsinAa=1× 322= 34，
又因为A>B，可知B∈(0,π3)，
可得csB= 1−sin2B= 134，
则sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 32× 134+12× 34= 39+ 38，
所以△ABC的面积为12absinC=12×2×1× 39+ 38= 39+ 38．
16.(本小题满分14分)
(Ⅰ)证明：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连结BD交AC于N，连结MN．
因为ABCD为正方形，所以N为BD中点．…(1分)
在△DBD1中，因为M为DD1中点，
所以BD1//MN.…(2分)
因为MN⊂平面AMC，BD1不包含于平面AMC，…(4分)
所以BD1//平面AMC.…(5分)
(Ⅱ)证明因为ABCD为正方形，
所以AC⊥BD.…(6分)
因为DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AC.…(7分)
因为DD1∩BD=D，…(8分)
所以AC⊥平面BDD1.…(9分)
因为BD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥BD1.…(10分)
(Ⅲ)解：当λ=12，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1//平面AMC.…(11分)
因为AA1/​/CC1，且AA1=CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以AC//A1C1.…(12分)
取CC1的中点Q，连结MQ，QB．
因为M为DD1中点，
所以MQ//AB，且MQ=AB，
所以四边形ABQM是平行四边形．
所以BQ//AM.…(13分)
同理BQ//C1P.
所以AM//C1P.
因为A1C1∩C1P=C1，AC∩AM=A，
所以平面A1PC1//平面AMC.…(14分)
17.解：(1)由题可知，0.2×(a+1.0+1.5+0.9+a+0.3)=1，
解得a=0.65，
由频率分布直方图可得x−=0.3×0.65×0.2+0.5×1.0×0.2+0.7×1.5×0.2+0.9×0.9×0.2+1.1×0.65×0.2+1.3×0.3×0.2=0.732，
因此，这100位客户最近一年到该超市消费金额的平均数为0.732万元；
(2)记“幸运客户中恰有1人来自区间(0.3,0.4]”为事件A，
因为区间(0.4,0.6]和(0.6,0.8]频率之比为2：3，采用分层抽样的方法抽取5人进行电话访谈，
故从分组区间(0.4,0.6]中抽取2人，分别记为A1，A2，从分组区间(0.6,0.8]中抽取3人，分别记为B1，B2B3，
从这5个人中随机选择2人作为“幸运客户”，
则样本空间Ω={(A1,A2)，(A1,B1)(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)(A2,B2)，(A2,B3)，(B1,B2)，(B1,B3)，(B2,B3)}，共10个样本点，
A={(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)}，共6个样本点，
所以P(A)=610=35．
18.(1)证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD均为等边三角形，∴△ACD′也为等边三角形，
又E为AC的中点，∴BE⊥AC，D′E⊥AC，
∵BE∩D′E=E，BE、D′E⊂平面BD′E，
∴AC⊥平面BD′E，
∵AC⊂平面ABC，
∴平面BD′E⊥平面ABC．
(2)解：过D′作D′M⊥BE于点M，
∵平面BD′E⊥平面ABC，D′M⊂平面BD′E，
∴D′M⊥平面ABC，
由题意知，△ABC是边长为2的等边三角形，
∴S△ABC=12×2×2× 32= 3，
∴VD′−ABC=13⋅S△ABC⋅D′M=13⋅ 3⋅D′M=2 23，即D′M=2 63，
过M作MN⊥AB于点N，连接D′N，则∠D′NM即为二面角D′−AB−C的平面角，

在Rt△D′EM中，EM= D′E2−D′M2= ( 3)2−(2 63)2= 33，
∴BM=BE−EM=2 33，MN= BM2−BN2= (2 33)2−1= 33，
在Rt△D′MN中，tan∠D′NM=D′MMN=2 63 33=2 2，
∴cs∠D′NM=13，
故二面角D′−AB−C的余弦值为13．
19.解：(1)当a=0时，原不等式可化为(x−1)|x|−2<0…①．
(ⅰ)当x≥0时，①式化为x2−x−2<0，解得−1(ⅱ)当x<0时，①式化为x2−x+2>0，解得x∈R，所以x<0．
综上，原不等式的解集为(−∞,2)；
(2)依题意，f(x)=−x2+(a+1)x−a−1,x因为f(a)=−1<0，且二次函数y=x2−(a+1)x+a−1开口向上，
所以当x≥a时，函数f(x)有且仅有一个零点，
所以x所以1+a20f(a)=−1<0解得a>3．
不妨设x1所以x1，x2，是方程−x2+(a+1)x−a−1=0的两相异实根，
则x1+x2=a+1x1x2=a+1，所以1x1+1x2=x1+x2x1x2=1，
因为x3是方程x2−(a+1)x+a−1=0的根，且x3>a+12，
由求根公式得x3=a+1+ (a−1)2+42，
因为函数g(a)=a+1+ (a−1)2+42在(3,+∞)上单调递增，
所以x3>g(3)=2+ 2，
所以0<1x3<1− 22，
所以1x1+1x2+1x3的取值范围是(1,2− 22).