2023-2024学年四川省眉山市仁寿县三校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省眉山市仁寿县三校联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共15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.复数(1−i)2的虚部为( )
A. −2B. 2C. −2iD. 2i
2.已知向量a=(2m,1),b=(1,−3)，若a⊥b，则实数m=( )
A. −23B. 23C. 32D. −32
3.甲、乙两位同学去参加某高校科研项目面试.已知他们通过面试的概率都是45，且两人的面试结果相互之间没有影响，则甲、乙两人中仅有一人通过面试的概率为( )
A. 425B. 45C. 2425D. 825
4.已知A，B，C，D四点在平面α内，且任意三点都不共线，点P在α外，且满足AP+BP−3CP+zDP=0，则z=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
5.在△ABC中，点E为△ABC的重心，则EC=( )
A. 13AB−23ACB. −13AB+23ACC. −13AB−23ACD. 13AB+23AC
6.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列判断错误的是( )
A. 若m⊂α，n⊂α，m⋂n=A，m//β，n/​/β，则α/​/β
B. 若m⊥α，n/​/α，则m⊥n
C. 若m/​/α，n⊂α，则m/​/n
D. 若α⊥β，α⋂β=m，n⊂α，m⊥n，则n⊥β
7.如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，AB= 2，AD= 2，AA1=2 2，且∠A1AD=∠A1AB=60°，则线段AC1的长为( )
A. 2 6
B. 2 5
C. 26
D. 3 3
8.一个袋中共有10个大小相同的黑球、白球和红球，已知从袋中任意摸出1个球，得到黑球的概率是25；从袋中任意摸出2个球，至少得到1个白球的概率是79，则红球的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.下列命题为真命题的是( )
A. 若z1，z2为共扼复数，则z1⋅z2为实数
B. 若i为虚数单位，n为正整数，则i4n+3=i
C. 复数−2−i在复平面内对应的点在第三象限
D. 若复数z1、z2满足|z1|=|z2|，则z1=z2
10.先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“两次掷的点数之和是4”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数相同”D表示事件“至少出现一个奇数点”，则( )
A. A与C−互斥B. P(D)=34C. P(BD)=14D. B与C相互独立
11.已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)+1(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则( )
A. ω=2
B. φ=π6
C. f(x)在[4π3,5π3]上单调递增
D. f(x+π6)的图象关于直线x=π4对称
12.已知在等边△ABC中，AB=2，D为AC的中点，E为BD的中点，延长CE交AB于点F，则( )
A. AE=12AB+14ACB. AF=2FB
C. BE⋅AC=32D. S△DEC=2S△BEF
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.用分层抽样的方法从某校高中学生中抽取一个容量为45的样本，其中高二年级有学生600人，抽取了15人.则该校高中学生总数是______人.
14.已知平面向量e1,e2不共线，且AB=2e1+ke2,CB=3e1+2ke2,CD=e1+e2，若A，B，D
三点共线，则k= ______．
15.四种电子元件组成的电路如图所示，T1，T2，T3，T4电子元件正常工作的概率分别为0.9，0.8，0.7，0.6，则该电路正常工作的概率为______．

16.在如图所示的平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=AA1=AD，∠BAD=∠DAA1=60°，∠BAA1=30°，N为A1D1上一点，且A1N=λA1D1.若BD⊥AN，则λ的值为______．
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)
目前用外卖网点餐的人越来越多，现在对大众等餐所需时间情况进行随机调查，并将所得数据绘制成频率分布直方图.其中等餐所需时间的范围是[0,120]，样本数据分组为[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100)，[100,120]．
(1)求频率分布直方图中x的值．
(2)利用频率分布直方图估计样本的平均数.(每组数据以该组数据所在区间的中点值作代表)
18.(本小题12分)
一枚质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4，将该正四面体连续抛掷2次，记录每一次底面的数字．
(1)求两次数字之和为7的事件的概率；
(2)两次数字之和为多少的事件概率最大？并求此事件的概率．
19.(本小题12分)
如图所示，四面体O−ABC中，G，H分别是△ABC，ΔOBC的重心，设OA=a，OB=b，OC=c，点D，M，N分别为BC，AB，OB的中点．
(1)试用向量a，b，c表示向量MN，OG；
(2)试用空间向量的方法证明M、N、G、H四点共面．
20.(本小题12分)
甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为23，乙每轮猜对的概率为34.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率；
(2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率．
21.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB是边长为1的等边三角形，底面ABCD是正方形，M是侧棱PB上的点，N是底面对角线AC上的点，且PM=2MB，AN=2NC．
(1)求证：AD⊥PB；
(2)求证：MN/​/平面PAD；
(3)求点N到平面PAD的距离．
22.(本小题12分)
已知向量m=(csx,sinx)，n=(sinx, 3sinx)，函数f(x)=2m⋅n− 3．
(1)求f(x)的最小正周期T；
(2)当0≤x≤π时，求f(x)的零点和单调递增区间．
答案解析
1.A
【解析】解：因为复数(1−i)2=1−2i+i2=−2i．
所以复数的虚部为：−2．
故选A．
2.C
【解析】解：a=(2m,1),b=(1,−3)，a⊥b，
则2m−3=0，解得m=32．
故选：C．
3.D
【解析】解：甲、乙两人中仅有一人通过面试的情况为：“甲通过乙不通过，甲不通过乙通过”，
设“甲、乙两人中仅有一人通过面试“的事件为A，
则P(A)=45×15×2=825．
故选：D．
4.B
【解析】解：因为A，B，C，D四点在平面α内，点P在α外，
由空间向量的共面定理可知，存在实数x，y，m，使得PA=xPB+yPC+mPD且x+y+m=1，
因为AP+BP−3CP+zDP=0，所以PA=−PB+3PC−zPD，
所以−1+3−z=1，解得z=1．
故选：B．
5.B
【解析】解：如图，延长CE，交AB与点D，
因为点E为△ABC的重心，
所以D为AB的中点，
所以EC=−23CD=−23[12(CA+CB)]
=−13CA−13CB
=13AC−13(AB−AC)
=−13AB+23AC．
故选：B．
6.C
【解析】解：对于A，若m⊂α，n⊂α，m⋂n=A，m//β，n/​/β，则由面面平行的判定定理可得α/​/β，故A正确；
对于B，若m⊥α，n/​/α，则由线面垂直的性质定理可得m⊥n，故B正确；
对于C，若m/​/α，n⊂α，则m/​/n或m与n异面，故C错误；
对于D，若α⊥β，α⋂β=m，n⊂α，m⊥n，则由面面垂直的性质定理可得n⊥β，故D正确．
故选：C．
7.B
【解析】解：由AC1=AC+CC1，可得|AC1|2=AC12=(AC+CC1)2=AC2+2AC⋅CC1+CC12，
因为底面为矩形，AB= 2，AD= 2，AA1=2 2，
所以AC2=|AC|2=2+2=4，CC12=|CC1|2=8，
又AC⋅CC1=(AB+AD)⋅CC1=AB⋅CC1+AD⋅CC1
=|AB|⋅|CC1|⋅cs60°+|AD|⋅|CC1|⋅cs60°
= 2×2 2×12+ 2×2 2×12=4，
所以|AC1|2=|AC|2+2AC⋅CC1+|CC1|2=4+2×4+8=20，
则|AC1|=2 5．
故选：B．
8.A
【解析】解：由题意可知：袋中黑球的个数为25×10=4，
设红球个数为x，
从袋中任意摸出2个球，没有白球的概率为4+x10×3+x9=(4+x)(3+x)90，
因为至少得到1个白球的概率是79，则1−(4+x)(3+x)90=79，解得x=1，
所以红球的个数为1．
故选：A．
9.AC
【解析】解：设z1=a+bi(a,b∈R)，则z1=a−bi，故z1⋅z2=(a+bi)(a−bi)=a2+b2，故A正确；
因为i4n+3=i4n×i3=1×(−i)=−i，故B错误；
因为复数−2−i在复平面内对应点的坐标为(−2,−1)，所以在第三象限，故C正确；
令z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，但z1≠z2，故D错误．
故选：AC．
10.BCD
【解析】解：A选项，两次投掷的点数不同，仍有可能点数之和为4，
于是A与C−，可以同时发生，并不互斥，A选项错误；
两次都不出现奇数点的事件记为D，依题意P(D−)=(12)2=14，
于是P(D)=1−P(D)=34，B选项正确；
C选项，当第一次投出奇数点，第二次投出偶数点，那么事件B，D同时发生了，
故P(BD)=3×36×6=14，C选项正确；
D选项，第二次掷出的点数为偶数，有P(B)=12，
两次投掷的点数相同，显然是6种情况，于是P(C)=662=16，
BC意为两次投出的点数相同且均为偶数，显然只有3种情况，
于是P(BC)=362=112=P(B)P(C)，符合独立事件的定义，故D选项正确．
故选：BCD．
11.ABD
【解析】解：由图可知T=2(11π12−5π12)=π，则ω=2ππ=2，故A正确；
因为f(5π12)=2cs(2×5π12+φ)+1=−1，
所以5π6+φ=2kπ+π(k∈Z)，即φ=2kπ+π6(k∈Z)，
因为0<φ<π，所以φ=π6，则B正确；
令2kπ−π≤2x+π6≤2kπ(k∈Z)，解得kπ−7π12≤x≤kπ−π12(k∈Z)，此时f(x)单调递增；
令2kπ≤2x+π6≤2kπ+π(k∈Z)，解得kπ−π12≤x≤kπ+5π12(k∈Z)，此时f(x)单调递减．
由x∈[4π3,5π3]，得f(x)在[4π3,17π12)上单调递减，在[17π12,5π3]上单调递增，则C错误；
因为f(x)=2cs(2x+π6)+1，
所以f(x+π6)=2cs(2x+π2)+1=−2sin2x+1．
令2x=kπ+π2，k∈Z，得x=kπ2+π4，k∈Z．
当k=0时，x=π4，
则f(x+π6)的图象关于直线x=π4对称，故D正确．
故选：ABD．
12.AB
【解析】解：如图，
对于A，因为E为BD的中点，所以AE=12AB+12AD=12AB+14AC，故A正确；
对于B，设AB=kAF，由A可得：AE=k2AF+14AC，
又E，F，C三点在一条直线上，故k2+14=1，故k=32，
即AF=23AB，FB=13AB，所以AF=2FB，故B正确；
对于C，因为BE=12BD=14(BA+BC)，所以BE⋅AC=14(BA⋅AC+BC⋅AC)=14×(−2+2)=0，故C错误；
对于D，因为S△DEC=S△BEC=12S△BDC=14S△ABC，
S△BEF=S△FBC−S△BEC=13S△ABC−14S△ABC=112S△ABC，
所以S△DEC=3S△BEF，故D错误．
故选：AB．
13.1800
【解析】解：设该校高中学生总人数为x，则x45=60015，
解得x=1800，所以该校高中学生总数为1800人．
故答案为：1800．
14.1
【解析】解：∵A，B，D三点共线，
∴AB与BD共线，设AB=λBD，
∵CB=3e1+2ke2，CD=e1+e2，
∴BD=CD−CB=−2e1+(1−2k)e2，
又∵AB=2e1+ke2，
∴2=−2λk=λ(1−2k)，解得k=1．
故答案为：1．

【解析】解：该电路正常工作即T1正常工作，T2，T3，T4至少一个正常工作，
所以该电路正常工作的概率为0.9×(1−0.2×0.3×0.4)=0.8784．
故答案为：0.8784．
16. 3−1
【解析】解：设AB=a，AD=b，AA1=c，
则{a,b,c}构成空间的一个基底，
设AB=1，
因为BD⊥AN，
所以BD⋅AN=0，
因为BD=AD−AB=b−a，AN=AA1+A1N=c+λb，
所以(b−a)⋅(c+λb)=0，即b⋅c+λb2−a⋅c−λa⋅b=0，
即12+λ− 32−λ2=0，解得λ= 3−1．
故答案为： 3−1．
17.解：(1)由频率分布直方图可得，(0.02+x+0.008+0.004+0.002+0.002)×20=1，
解得x=0.014；
(2)由频率分布直方图可得，平均数为：
0.002×20×10+0.004×20×30+0.014×20×50+0.02×20×70+0.008×20×90+0.002×20×110=63.6．
【解析】(1)由频率分布直方图的性质列出方程，求解即可；
(2)利用频率分布直方图平均数的求解方法计算即可．
18.解：(1)由题意，2次所得数字(a,b)，且a，b分别表示第一次、第二次的对应数字，
基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，(2,1)，(3,1)，(4,1)，(3,2)，(4,2)，(4,3)，(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，共16种；
其中两次数字之和为7的事件有(3,4)，(4,3)，共2种；
所以两次数字之和为7的事件的概率为18．
(2)由(1)，数字之和为X=2，3，4，5，6，7，8，
X=2有(1,1)，概率为116；
X=3有(1,2)，(2,1)，概率为18；
X=4有(1,3)，(3,1)，(2,2)，概率为316；
X=5有(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，概率为14；
X=6有(2,4)，(4,2)，(3,3)，概率为316；
X=7有(3,4)，(4,3)，概率为18；
X=8有(4,4)，概率为116；
所以两次数字之和为5的事件概率最大，概率为14．
【解析】(1)列举法求两次数字之和为7的事件的概率；
(2)列举出数字之和为X=2，3，4，5，6，7，8的对应事件并确定概率，即可得答案．
19.解：(1)在△OBC中，M，N分别AB，OB的中点，
∴MN/​/OA，且|MN|=12|OA|，
又OA=a，∴MN=−12a，
在△ABC中，G是△ABC的中心，D是BC的中点，
由平行四边形法则可得AG=23×12(AB+AC)=13(AB+AC)，
∵OA=a，OB=b，OC=c，
∴AB=OB−OA=b−a，AC=OC−OA=c−a，
又OG=OA+AG=a+13(b−a+c−a)=13a+13b+13c，
故MN=−12a，OG=13a+13b+13c；
(2)证明：由(1)得MN=−12a，
∵G，H分别是△ABC，ΔOBC的重心，
∴AGGD=12，OHHD=12，
∴DHOD=DGDA=13，
又∠GDH=∠ADO，
∴△AOD∽△GHD，
∴GH//OA，且GHOA=13，
∴GH=−13a，
∴MN=32GH，
∴MN//GH，
∴M、N、G、H四点共面．
【解析】(1)根据题意可得MN/​/OA，且|MN|=12|OA|，在△ABC中，G是△ABC的中心，D是BC的中点，由平行四边形法则可得AG=23×12(AB+AC)=13(AB+AC)，又OG=OA+AG，即可得出答案；
(2)根据向量共面的定义，要证MNGH四点共面，即证MN//GH，由(1)得MN=−12a，用向量a，b，c表示GH，即可证明结论．
20.解：(1)因为甲每轮猜对的概率为23，
所以甲两轮至少猜对一个数学名词的概率P=1−(1−23)2=89；
(2)“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词，包括两轮比赛中甲猜对2个，乙猜对一个，和甲猜对1个，乙猜对2个，
所以所求概率为P=(23)2×2×34×(1−34)+2×23×(1−23)×(34)2=512．
【解析】(1)利用独立事件的概率乘法公式，结合对立事件的概率关系求解；
(2)利用独立事件的概率乘法公式，结合互斥事件的概率加法公式求解．
21.解：(1)证明：因为侧面PAB⊥底面ABCD，且侧面PAB∩底面ABCD=AB，
AD⊥AB，AD⊂面ABCD，
所以AD⊥面PAB，
因为PB⊂面PAB，
所以AD⊥PB．
(2)证明：过M作MS//BA交PA于点S，过点N作NT//CD交AD于点T，连接ST，
因为PM=2MB，
所以MS=23BA，
同理可得NT=23CD=23BA，
所以MS//NT，MS=NT，
所以四边形MNTS是平行四边形，
所以MN/​/ST，
又ST⊂面PAD，MN⊄面PAD，
所以MN/​/面PAD．
(3)由(2)知MN/​/面PAD，
所以点M到平面PAD的距离是点N到平面PAD的距离，
在平面PAB内过点M作MH⊥PA于H，
因为AD⊥面PAB，
所以AD⊥MH，
所以MH⊥面PAD，
所以MH是点M到平面PAD的距离，
在Rt△PMH中，PM=2，∠MPH=π3，
所以MH= 3，
所以点N到平面PAD的距离为 3．
【解析】(1)由线面垂直的判定定理可得AD⊥面PAB，进而可得答案．
(2)过M作MS//BA交PA于点S，过点N作NT//CD交AD于点T，连接ST，证明四边形MNTS是平行四边形，推出MN/​/ST，由线面平行的判定定理，即可得出答案．
(3)由(2)知MN/​/面PAD，则点M到平面PAD的距离是点N到平面PAD的距离，进而可得答案．
22.解：(1)∵m=(csx,sinx)，n=(sinx, 3sinx)，
∴f(x)=2m⋅n− 3=2sinxcsx+2 3sin2x− 3=sin2x+ 3(1−cs2x)− 3=sin2x− 3cs2x=2sin(2x−π3)，
故f(x)的最小正周期为T=2π2=π．
(2)令f(x)=2sin(2x−π3)=0，即2x−π3=kπ，k∈Z，解得x=kπ2+π6，k∈Z，
∵0≤x≤π，
∴f(x)的零点为π6和2π3，
令2kπ−π2≤2x−π3≤2kπ+π2，k∈Z，解得kπ−π12≤x≤kπ+5π12，k∈Z，
∵0≤x≤π，
∴f(x)的单调递增区间为[0,5π12]，[11π12,π]．
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的数量积公式，以及三角函数的恒等变换，求出f(x)=2sin(2x−π3)，再结合周期公式，即可求解．
(2)令f(x)=2sin(2x−π3)=0，即2x−π3=kπ，k∈Z，再结合x的取值范围，即可求出f(x)的零点，再结合正弦函数的单调性，即可求解．