2023-2024学年重庆市七校联盟高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市七校联盟高一（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。
1.复数5i−2的共轭复数是( )
A. 2+iB. −2−iC. −2+iD. 2−i
2.已知两个互斥事件A，B满足P(A+B)=0.5，P(A)=0.2，则P(B)=( )
A. 0.4B. 0.3C. 0.6D. 0.1
3.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AB1与直线BC1夹角的余弦值是( )
A. 12B. 32C. ± 32D. ±12
4.三棱锥P−ABC中，PA与面ABC所成角的余弦值为2 23,PA=3，AB=2BC=2，AC= 3，则三棱锥P−ABC的体积是( )
A. 32B. 33C. 3D. 36
5.△ABC中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，c=acsB+ccsA，则△ABC的形状是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
6.甲、乙两人独自破译密码，两个人都成功地破译密码的概率为0.3，甲成功且乙没有成功破译密码的概率为0.2，则甲成功破译密码的概率为( )
A. 0.5B. 0.6C. 0.06D. 23
7.已知向量a=(3,4)，非零向量b满足对∀λ∈R都有|a−λb|≥|a−b|成立，则|a−2b|的值为( )
A. 52B. 10C. 5D. 15
8.边长为2的正三角形ABC的内切圆上有一点P，已知AP=xAB+yAC，则2x+y的取值范围是( )
A. [3− 3,3+ 3]B. [13,1]
C. (13,1)D. [3− 33,3+ 33]
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.抛一枚质地均匀的硬币两次，事件A1：“第1次硬币正面朝上”，事件A2：“第2次硬币正面朝上”，事件A3：“两次硬币朝上的面相同”则下列说法正确的是( )
A. P(A1)=12B. P(A2)≠12
C. P(A1A3)=P(A1)P(A3)D. P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)
10.关于x的方程x2+x+1=0在复数范围内的根是z1，z2，则下列说法正确的是( )
A. z13=1B. z12=z2C. z12024=z1D. z−1=z2
11.如果一个多面体由两个及其两个以上的正多边形组成，我们称这样的多面体是半正多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图1是一个由正方形和正三角形构成的半正多面体笔筒，其中面ABCD//面EFGH，且两个正方形的中心的连线与这两个正方形所在平面垂直，HF⊥AD，EG⊥AB，且所有的棱长都为2，则下列说法正确的是( )
A. 该多面体有10个面
B. 平面ABCD与平面EFGH的距离是234
C. 该几何体外接球的表面积是(8+2 2)π
D. 二面角H−AE−B的余弦值为1− 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数：6，8，2，4，10，这组数的第四十百分位数是______．
13.已知圆锥的母线长为2 3，底面圆的周长为2 3π，则该圆锥的内切球的体积为______．
14.已知x1，x2，…，x5的平均数和方差分别是2，1，若x6=8，则x1，x2，…，x6的平均数是______，2x1+1，2x2+1，…，2x6+1的方差是______．
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)
在一次区域的统考中，为了了解学生数学学科成绩的情况，从所有考生的成绩中随机抽取了40位考生的成绩进行统计分析，得到如图2所示的频率分布直方图．
(1)估计这40名学生的数学成绩的平均数与中位数；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，不能整除的保留1位小数)
(2)为了进一步了解70分以下的学生的数学学习情况，调查方从成绩在[50,70)分数段的同学中按组([50,60)，[60,70)各算一组)从样本中分层抽取了6个人进行深入地学习交流，学习交流完后再从这6个人中随机抽取2个人进行再测试，求这两个人中至少有一个人在之前的统考中成绩位于[50,60)的概率．
16.(本小题15分)
如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1的每条棱长均为2，E，F分别是棱AB1，BC1的中点，O，G分别是棱AB，AC上的点，平面EGO//平面BCC1．
(1)求证：G是AC的中点；
(2)求三棱锥F−EBC的体积．
17.(本小题15分)
△ABC中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且acsC+ 3asinC=b+c．
(1)求A；
(2)若a=2，求BC边上高的最大值．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，BO=OC，AT=4TO，AE=2EC．
(1)用AB，AC表示BT；
(2)求证：B、T、E三点共线；
(3)若AB=1，AC=2，∠BAC=π3，求cs∠ETO．
19.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，△PAB是正三角形，AB= 2，AD= 2，面PAD⊥面ABCD，AC=1．
(1)求证：CA⊥平面PAD；
(2)当∠PAD=135°时，
(i)若G是面PBD的重心，求直线BG与平面ABCD所成角的正弦值；
(ii)棱AD上是否存在一点Q，使得二面角A−PQ−C的余弦值为 66，如果有，求此时CQ的长度；如果无，请说明理由．
答案解析
1.C
【解析】解：复数5i−2=5(−2−i)(−2+i)(−2−i)=5(−2−i)5=−2−i的共轭复数为−2+i．
故选：C．
2.B
【解析】解：A，B为互斥事件，
因为P(A+B)=0.5，P(A)=0.2，
所以 P(B)=0.5−0.2=0.3．
故选：B．
3.A
【解析】解：连接AD1，
正方体中，可得AD1/​/BC1，
所以AD1与AB1所成的角等于直线AB1与直线BC1的夹角，
而∠D1AB1或其补角为AD1与AB1所成的角，
而△AB1D1为等边三角形，所以∠D1AB1=60°，
所以直线AB1与直线BC1夹角的余弦值为12．
故选：A．
4.D
【解析】解：∵AB=2BC=2，AC= 3，
∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，
∴△ABC的面积为12×1× 3= 32，
又PA与面ABC所成角的余弦值为2 23,PA=3，
∴PA与面ABC所成角的正弦值为 1−(2 23)2=13，
∴P到底面的距离为13PA=1，
∴三棱锥P−ABC的体积为13× 32×1= 36．
故选：D．
5.D
【解析】解：c=acsB+ccsA，
则由正弦定理可知，sinC=sinAcsB+sinCcsA，
A+B+C=π，
则sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=sinAcsB+sinCcsA，
所以csA(sinB−sinC)=0，即csA=0或sinB=sinC，
A，B，C均为三角形的内角，
故A=π2或B=C，
所以△ABC的形状是等腰或直角三角形．
故选：D．
6.A
【解析】解：设甲、乙两人独自成功破译密码的概率为P(A)，P(B)，
又两个人都成功地破译密码的概率为0.3，则P(A)P(B)=0.3，
甲成功且乙没有成功破译密码的概率为0.2，则P(A)[1−P(B)]=0.2，
则P(A)=0.5，P(B)=0.6．
故选：A．
7.C
【解析】解：因为|a−λb|≥|a−b|，
|a|2−2λa⋅b+λ2|b|2≥|a|2−2a⋅b+|b|2，
2a⋅b−2λa⋅b+λ2|b|2−|b|2≥0，
|b|2λ2−(2a⋅b)λ+2a⋅b−|b|2≥0，对∀λ∈R恒成立，
Δ=(−2a⋅b)−4|b|2×(2a⋅b−|b|2)≤0，
(a⋅b)2−2|b|2a⋅b+|b|4≤0，
((a⋅b)−|b|2)2≤0，
(a⋅b−|b|2)2=0，
a⋅b=|b|2，
|a|=5，
|a−2b|= |a|2−4a⋅b+4|b|2，
= 25
=5．
故选：C．
8.D
【解析】解：如图，以正三角形ABC的高为y轴，以内切圆圆心为原点，建立直角坐标系，
因为正三角形ABC边长为2，根据三角形面积公式得到12×l弧长×r=12⋅AB⋅AC⋅sin60°，P( 33csθ, 33sinθ)，θ∈[0,2π)，
A(0,2 33)，B(−1,− 33)，C(1,− 33)，
则AP=( 33csθ, 33sinθ−2 33)，
AB=(−1,− 3)、AC=(1,− 3)，因为AP=xAB+yAC，
即( 33csθ, 33sinθ−2 33)=x(−1,− 3)+y(1,− 3)=(y−x,− 3(x+y))，
所以 33csθ=y−x 33sinθ−2 33=− 3(x+y)，解得x=−16sinθ− 36csθ+13y= 36csθ−16sinθ+13，
则：2x+y=− 36csθ−12sinθ=− 33sin(θ+π6)+1，
因为θ∈[0.2π)，则−1≤sin(θ+π6)≤1，所以3− 33≤2x+y≤3+ 33．
故选：D．
9.AC
【解析】解：根据题意，P(A1)=12，P(A2)=12，P(A3)=12×12+12×12=12，
则A正确，B错误，
又P(A1A3)=14=P(A1)P(A3)，故C正确，
P(A1A2A3)=14≠P(A1)P(A2)P(A3)，故D错误．
故选：AC．
10.ABD
【解析】解：由求根公式可得，方程x2+x+1=0在复数范围内的根为x=−1± 3i2，
不妨设z1=−12+ 32i，z2=−12− 32i，
所以z12=(−12+ 32i)2=14− 32i−34=−12− 32i=z2，故B正确；
z13=(−12− 32i)×(−12+ 32i)=14+34=1，故A正确；
z12024=(z13)674=1，故C错误；
z1−=−12− 32i=z2，故D正确．
故选：ABD．
11.ABC
【解析】解：如图，可知该多面体有10个面，A正确；
设平面ABCD和平面EFGH的中心分别为O，O′，连接OO′，
根据题意，OO′⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥OO′，
又HF⊥AD，AD//BC，所以BC⊥HF，
HF∩OO′=O′，HF，OO′⊂平面OO′F，所以BC⊥平面OO′F，
设平面OO′F∩BC=S，则OS⊥BC，则S为BC中点，
又因为平面ABCD//平面EFGH，平面ABCD∩平面OO′F=OS，
平面EFGH∩平面OO′F=O′F，所以O′F//OS，
OO′⊥平面EFGH，GF⊂平面EFGH，所以OO′⊥O′F，
则在直角梯形OO′FS中，OS=1，O′F= 2，FS= 3，
所以OO′= 3−( 2−1)2=232，B正确；
根据题意，可知该几何体外接球的球心为OO′的中点，
所以外接球的半径的平方为(2342)2+ 22= 22+2，
所以该几何体外接球的表面积是4π×( 22+2)=(8+2 2)π，C正确；
取AE中点P，连接BP，HP，由正三角形性质可知，BP⊥AE，HP⊥AE，
所以∠HPB为二面角H−AE−B的平面角，BP=HP= 3，
过点H向平面ABCD作垂线，垂足为H′，则HH′=OO′=234，
连接OH′，由B选项证明过程可知OH′⊥AD，且过AD中点，
所以H′，O，S三点共线，在Rt△BSH′中，H′B2=H′S2+BS2=(1+ 2)2+1=4+2 2，
则Rt△BHH′中，HB2=H′H2+H′B2=(234)2+4+2 2=4+4 2，
在△HPB中，cs∠HPB=HP2+BP2−HB22HP⋅BP=3+3−(4+4 2)2×3=1−2 23，D错误．
故选：ABC．
12.5
【解析】解：数据从小到大排序为：2，4，6，8，10，共5个，
5×40%=2，
故这组数的第四十百分位数是4+62=5．
故答案为：5．
13.4π3
【解析】解：∵底面圆的周长为2 3π，
∴底面圆的半径为 3，
∴底面圆的直径为2 3，又圆锥的母线长为2 3，
∴该圆锥的轴截面是边长为2 3的正三角形，
设该圆锥的内切球的半径为r，
∴该圆锥的内切球的半径即为轴截面正三角形的内切圆半径，即r=13× 32×2 3=1，
∴该圆锥的内切球的体积为43πr3=4π3．
故答案为：4π3．
14.3 703
【解析】解：由题意得15(x1+x2+⋯+x5)=2，
所以x1+x2+…+x5=10，
所以16(x1+x2+⋯+x5+x6)=16×(10+8)=3，
即x1，x2，…，x6的平均数是3．
因为15[(x1−2)2+(x2−2)2+⋯+(x5−2)2]=1，
(x12+x22+...+x52)−4(x1+x2+...+x5)+5×4=5，(x12+x22+...+x52)−4×5×2+5×4=5，即x12+x22+...+x52=25，所以x1，x2，…，x6的方差(x1−3)2+(x2−3)2+...+(x6−3)26=(x12+x22+...+x52+x62)−6(x1+x2+...+x6)+6×326=25+64−6×6×3+546=356，
所以2x1+1，2x+1，…，2x6+1的方差是356×22=703．
故答案为：3；703．
15.解：(1)平均数为x−=10×(55×0.01+65×0.02+75×0.035+85×0.03+95×0.005)=75，
第一组频率0.01×10=0.1，
第二组频率0.02×10=0.2，
第三组频率0.035×10=0.35，
因为0.1+0.2+0.35>0.5，而0.1+0.20，
可得 3sinA−csA=1，
即sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，可得A−π6=π6，
可得A=π3；
(2)a=2，设BC边上高为ℎ，
则S△ABC=12bcsinA=12bc⋅ 32= 34bc，
而S△ABC=12aℎ=ℎ，
可得ℎ= 34bc，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsB≥2bc−bc=bc，当且仅当b=c时取等号，
即bc≤a2=4，
所以ℎ≤ 34⋅4= 3．
即BC边上高的最大值为 3．
【解析】(1)由正弦定理及三角形的内角和定理，辅助角公式可得sin(A−π6)的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
(2)由等面积法，余弦定理及基本不等式可得BC边上高的最大值．
18.解：(1)依题意有O是BC中点，所以AO=12(AB+AC)，
又AT=4TO，所以AT=45AO=45×12(AB+AC)=25(AB+AC)，
BT=AT−AB=25(AB+AC)−AB=−35AB+25AC．
(2)证明：由(1)有BT=−35AB+25AC，又AE=2EC，所以AC=32AE，
所以BT=−35AB+35AE，又BE=AE−AB，
所以BT=35BE，向量BT与BE有公共点B，
所以B，T，E三点共线．
(3)因为AC=2，所以AE=43，
在△ABE中由余弦定理得BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAC，
即BE2=1+169−2×1×43×12=139，所以BE= 133，
由(2)有BT=35BE，所以BT= 135，
AO2=14(AB+AC−)2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14×(1+4−2×1×2×12)=34，
所以AO= 32，因为AT=45AO，所以AT=2 35，
在△ABT中由余弦定理得cs∠ATB=AT2+BT2−AB22AT⋅BT=1225+1325−12×2 35× 135=0，
即cs∠ETO=0．
【解析】(1)由向量的线性运算计算即可求解；
(2)结合条件及(1)的结论可得BT=−35AB+35AE，进一步可得BT=35BE，即可求证；
(3)由(1)(2)的结论结合向量数量积及余弦定理求得AT，BT的长，在△ABT中由余弦定理求得cs∠ATB的值，即可求得cs∠ETO的值．
19.(1)证明：因为AB= 2AD= 2，AC=1，且四边形ABCD是平行四边形，
所以CD= 2，AC2+AD2=CD2，所以AC⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AC⊂平面ABCD，
由平面与平面垂直的性质得AC⊥平面PAD．
(2)解：(i)如图①所示，反向延长DA至D点，过P点作PM⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PM⊂平面PAD，
所以PM⊥平面ABCD.又因为MO⊂平面ABCD，所以PM⊥MO．
设平行四边形ABCD对角线交点为O，连接MO，MC，连接BG，反向延长BG交PD于E，
因为G点为△PBD的重心，即E为PD的中点，
过G点作GN⊥平面ABCD交平面ABCD于N，
又因为MO∈平面ABCD，所以GN⊥MO，
且P，G，O三点在同一条直线，所以PM////GN，且N点在MO上，
连接BN，则∠GBN为直线BG与平面ABCD的夹角．
因为G点为△PBD的重心，O点为BD的中点，
所以OGOP=13，且△OGN∽△OPM，
所以GNPM=OGOP=13，
又因为△PAB为等边三角形，∠PAD=135°，
所以PA=AB= 2，∠PAM=45°，
所以PM=1，即GN=13，
在△PAD中，由余弦定理得PD2=PA2+AD2−2PA⋅ADcs∠PAD=2+1−2 2×(− 22)=5，
则PD= 5．
因为四边形ABCD是平行四边形，AD=AC=BC=1，AB=CD= 2，AC⊥AD，
所以∠BAD=135°，MC= 2，
即PC= PM2+MC2= 1+2= 3，
在△BAD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD=2+1−2 2×(− 22)=5，
则BD= 5，
在△DBP中，由余弦定理得cs∠PDB=PD2+BD2−PB22PD⋅BD，
在△DBE中，由余弦定理得cs∠EDB=ED2+BD2−BE22ED⋅BD，且ED=12PD，
所以PD2+BD2−PB22PD⋅BD=ED2+BD2−BE22ED⋅BD，
解得BE=32，即BG=23BE=1，
所以sin∠GBN=GNBG=131=13，
故直线BG与平面ABCD的夹角的正弦值为13．
(ii)棱AD存在一点Q，使得二面角A−PQ−C的余弦值为 66，
即点Q与点D重合，CQ=CD= 2，
由(i)可知，PC= 3，PD= 5，CD= 2，
即PC2+CD2=PD2，所以PC⊥CD．
如图②所示，过点C作CF⊥PD交PD于F，连接AF，
在△PCD中，12PC⋅CD=12PD⋅CF，即CF= 305，
因为PC⊥CD，CF⊥PD，所以△CFD∽△PCD，
即DFCD=CFPC⇒DF=CF⋅CDPC= 305× 2 3=2 55，
在△PAD中，由余弦定理得cs∠PDA=PD2+AD2−PA22PD⋅AD，
在△FAD中，由余弦定理得cs∠FDA=DF2+AD2−AF22DF⋅AD，
所以PD2+AD2−PA22PD⋅AD=DF2+AD2−AF22DF⋅AD⇒5+1−2 5=45+1−AF22 55，
解得AF= 55，
因为AF2+DF2=15+45=1=AD2，
所以AF⊥PD，
所以∠AFC为平面APD与平面CPD的夹角，
在△AFC中，由余弦定理得cs∠AFC=AF2+CF2−AC22AF⋅CF=15+65−12× 55× 305= 66，
所以二面角A−PD−C夹角余弦值为 66，
故当点Q与点D重合时，二面角A−PQ−C的余弦值为 66，
所以棱AD存在一点Q，使得二面角A−PQ−C的余弦值为 66，
即点Q与点D重合，CQ=CD= 2．
【解析】(1)根据已知条件可得AC⊥AD，再由平面与平面垂直的性质即可证明；
(2)(i)过G点作GN⊥平面ABCD交平面ABCD于N，连接BN，则∠GBN为直线BG与平面ABCD的夹角，计算∠GBN的正弦值即可；
(ii)棱AD存在一点Q，即点Q与点D重合．过点C作CF⊥PD交PD于F，连接AF，证明AF⊥PD，∠AFC为平面APD与平面CPD的夹角，计算∠AFC的余弦值即可．