2023-2024学年黑龙江大庆市高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年黑龙江大庆市高一下学期期末考试数学试题（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z=1+2i31−i(i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量m,n的夹角为60∘，若m=2,m⊥m−n，则n=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.若cs(α−π4)=35，则sin2α=( )
A. 725B. 15C. −15D. −725
4.设m、n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题正确的是( )
A. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n B. 若m不垂直于α，n⊂α，则m必不垂直于n
C. 若m//α，α//β，则m//β D. 若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β
5.已知向量OA，OB，OC满足：OA+OB+OC=0，且|OA|=|OB|=|OC|=1，则三角形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. 等边三角形
6.已知平面向量a=(5,0)，b=(2,−1)，则向量a−b在向量b上的投影向量为( )
A. (2,−1)B. (5,0)C. (45,−25)D. (4,−2)
7.已知函数f(x)= 3sin2x+cs2x，把函数f(x)的图象沿x轴向左平移π6个单位，得到函数gx的图象，关于函数gx，下列说法正确的是( )
A. 在π4,π2上是增函数 B. 其图象关于直线x=−π4对称
C. 函数gx是奇函数 D. 在区间π6,2π3上的值域为
8.如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=4，点P在以A为圆心且与边BC相切的圆上，则PB⋅PC的最小值为( )
A. 0
B. −165
C. −245
D. −565
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.给出下列说法，其中正确的是( )
A. 数据0，1，2，4的极差与中位数之积为6
B. 已知一组数据x1,x2,⋯,xn的方差是5，则数据4x1−1,4x2−1,⋯,4xn−1的方差是20
C. 已知一组数据x1,x2,⋯,xn的方差为0，则此组数据的众数唯一
D. 已知一组不完全相同的数据x1,x2,⋯,xn的平均数为x0，在这组数据中加入一个数x0后得到一组新数据x0,x1,x2,⋯,xn，其平均数为x，则x=x0
10.已知i为虚数单位，则下列选项中正确的是( )．
A. 复数z=3+4i的模为5
B. 复数z=3+4i，则z在复平面上的点在第四象限
C. 复数(m2+3m−4)+(m−1)i是纯虚数，则m=1或m=−4
D. 若|z|=1，则|z+1+i|的最大值为 2+1
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若P为棱BB1的中点，Q点在侧面ABB1A1(包括边界)上运动，且DQ//平面PCD1，下面结论正确的是
A. Q点的运动轨迹为一条线段
B. 直线DQ与AD所成角可以为π4
C. 三棱锥P−CD1Q的体积是定值
D. 若正方体的棱长为1，则平面PCD1与正方体的截面的面积为98
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.样本数据17，13，22，16，11，20，14，24的80%分位数为 ．
13.若各顶点都在一个球面上的正四棱柱，高为4，体积为16，则这个球的表面积是 ．
14.某地进行老旧小区改造，有半径为60米，圆心角为π3的一块扇形空置地(如图)，现欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P在BC上，PQ⊥AB，垂足为Q，PR⊥AC，垂足为R，设∠PAB=α∈0,π3，则PQ= (用α表示)；当P在 BC上运动时，这块三角形绿地的最大面积是 ．
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)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(a,2b+c)，n=(csC,csA)，且m⊥n，D为线段BC上一点．
(1)求角A的大小;
(2)若AD为角A的角平分线，a=7，△ABC的周长为15，求AD的长．
16.(本小题12分)
2023年秋末冬初，呼和浩特市发生了流感疾病.为了彻底击败病毒，人们更加讲究卫生讲究环保.某学校开展组织学生参加线上环保知识竞赛活动，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)若从成绩低于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩低于50分的人数；
(2)以样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数；
(3)首轮竞赛成绩位列前10%的学生入围第二轮的复赛，请根据图中信息，估计入围复赛的成绩(记为K).
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，M为AP边上的中点，N为CP边上的中点，平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC=90∘，AD//BC，∠ABC=90∘，2AB=2AD=2CD=BC=2．
(1)求证：MN//平面ABCD;
(2)求证：CD⊥平面PBD;
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA=AD=2，E为线段PD上的动点．
(1)若E为PD的中点，求三棱锥D−AEC的体积;
(2)若ED=2PE，问AB上是否存在点M，使得PM//平面AEC?若存在，请指明点M的位置;若不存在，请说明理由;
(3)求平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值．
19.(本小题12分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边为a,b,c，若c=2，(b+2)sinC−sinB=(a−b)sinA．
(1)求角C的大小；
(2)若E为AB的中点，且CE= 3，求△ABC的面积S；
(3)如图，过A点在△ABC所在平面内作AD⊥AB，且满足∠ADC=2π3.求线段AD+DC的最大值．
答案解析
1.D
【解析】解：∵z=1+2i31−i=1−2i1−i=(1−2i)(1+i)(1−i)(1+i)=3−i2=32−i2，
∴复数z在复平面内对应的点的坐标是(32,−12)，位于第四象限．
故选D．
2.D
【解析】
解：因为 m⊥m−n ，
所以 m⋅m−n=0 ，即 m2−m⋅n=0 ，
又因为 m=2 ，向量 m,n 的夹角为 60∘ ，
所以 m2−m⋅ncs60∘=0 ，即 22−2×n×12=0 ，解得 n=4 ．
故选：D．
3.D
【解析】解：因为cs(α−π4)=35，
两边平方，可得cs2(α−π4)=925，
所以1+cs2(α−π4)2=1+sin2α2=925，
则sin2α=−725．
故选：D．
4.D
【解析】解：对于A，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m，n可能平行、相交或异面，故A错误;
对于B，若m不垂直于α，且n⊂α，则m有可能垂直于n，故B错误;
对于C，若m//α且α//β，则m//β或m⊂β，故C错误;
对于D，若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，
则在直线m上任取一点P，过直线n与点P确定平面γ，γ∩α=c，
又n//α，则n//c，n⊂β，c⊄β，所以c//β，
又m//β，m⊂α，c⊂α，m∩c=P，所以α//β，故D正确．
5.D
【解析】解：由OA+OB+OC=0，得．
∴∠BOC=23π，
∵OB=OC=1，
∴由余弦定理得， ，
同理AB=AC= 3．
所以△ABC是等边三角形．
故选D．
6.A
【解析】解：a−b=(3,1)，(a−b)⋅b=5，
|b|= 22+(−1)2= 5，
所以向量a−b在向量b方向上的投影向量为(a−b)·b|b|2b=b=(2,−1)，
选A
7.D
【解析】解：f(x)=2sin2x⋅ 32+cs2x⋅12=2sin2x+π6，
沿x轴向左平移π6个单位，
得g(x)=2sin2x+π6+π6=2sin2x+π2=2cs2x．
对于A，当x∈π4,π2，gx单调递减，所以选项A错误；
对于B，g−π4=2csπ2=0，则图象关于−π4,0对称，所以选项B错误；
对于C，gx是偶函数．所以选项C错误；
对于D，当x∈π6,2π3, 2x∈π3,4π3，则2cs2x∈[−2,1]，所以D正确，
综上可知，正确的为D．
故选：D．
8.C
【解析】解：根据题意，建立如图所示坐标系，作AD⊥BC于D，
在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=4，
所以A(0,0)，B(0,2)，C(4,0)，
又AD⋅BC=AB⋅AC，则AD=4 55，
故可设点P坐标为(4 55csθ,4 55sinθ)，θ∈[0,2π]，
则PB⋅PC=(−4 55csθ,2−4 55sinθ)⋅(4−4 55csθ,−4 55sinθ)
=165cs2θ+165sin2θ−8 55(2csθ+sinθ)
=165−8sin(θ+φ)，其中tanφ=2，
故当sin(θ+φ)=1时，PB⋅PC有最小值−245．
故选：C．
9.ACD
【解析】解：对于A，极差为 4−0=4 ，中位数为 1+22=32 ，所以极差与中位数之积为 4×32=6 ，A对；
对于B，根据方差的性质可知，数据 4x1−1,4x2−1,⋯,4xn−1 的方差是 42×5=80 ，B错；
对于C，由方差 s2=1n[(x1−x)2+(x2−x)2+⋯+(xn−x)2]=0 ，
可得 x1=x2=⋯=xn=x ，即此组数据众数唯一，C对；
对于D， ∵x1+x2+⋯+xnn=x0,∴x1+x2+⋯+xn=nx0 ，
∴x0+x1+x2+⋯+xnn+1=x0+nx0n+1=x0 ，D对．
故选ACD．
10.ABD
【解析】解：对于A，复数z=3+4i的模为|z|= 32+42=5，故A正确；
对于B，复数z=3+4i的共轭复数z=3−4i在复平面内对应的点(3,−4)在第四象限，故B正确；
对于C，因为复数(m2+3m−4)+(m−1)i是纯虚数，
所以m2+3m−4=0m−1≠0，解得m=−4，故C错误；
对于D，令z=a+bi，z= a2+b2，则a2+b2=1，
z+1+i= a+12+b+12= 3+2a+b，
因为a2+b2⩾a+b22，则a+b⩽ 2，当且仅当a=b= 22时等号成立，
所以 3+2a+b⩽ 3+2 2= 2+1，当且仅当a=b= 22时等号成立，故D正确．
故选ABD．
11.ACD
【解析】解：对于A，设E，F，G分别为A1B1，AA1，AB的中点，连接PE,ED1,DG,GF,DF，PF，如图1所示：易知，在正方体中，D1C/​/A1B，EP//A1B，所以D1C//PE，所以P,C,D1,E四点共面，又DF//CP，GF//PE，PC,PE⊂平面PCD1，PC∩PE=P，
DF,GF⊂平面DFG，DF∩GF=F，所以平面DFG//平面PCD1，
因为Q点在侧面ABB1A1(包括边界)上运动，平面ABB1A1⋂平面DFG=FG，所以Q一定在线段GF上，即Q点的运动轨迹为线段GF，A正确；
图1 图2
对于B，如图2所示：连接AQ，因为DA⊥平面ABB1A1，QA⊂平面ABB1A1，
所以△DAQ为直角三角形，tan∠QDA=AQDA<1，直线DQ与AD所成角∠QDA小于π4，所以B错误；
对于C，如图3所示：因为Q一定在线段GF上，而GF//CD1，则Q到CD1的距离为定值，CD1长为定值，所以△CD1Q的面积为定值，又点P到平面CD1Q的距离即三棱锥P−CD1Q的高也为定值，所以三棱锥P−CD1Q的体积是定值， C正确；
图3 图4
对于D，由选项A的判定可知，平面PCD1与正方体的截面为等腰梯形PCD1E，如图1所示，因为正方体的棱长为1，所以CD1=2PE= 2，PC=ED1= 52，
所以梯形的高ℎ= PC2−(CD1−PE2)2=3 24，
截面梯形的面积S=12CD1+PEℎ=98，D正确．
故选ACD．
12.22
【解析】解：数据按从小到大排序：11，13，14，16，17，20，22，24，8×80%=6.4，所以80%分位数为22．
13.24π
【解析】解：各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，
则它的底面边长是2，所以它的体对角线的长是2 6，
所以球的直径是2 6，
所以这个球的表面积是：4π( 6)2=24π．
故答案为24π．
14.60sinα米；225 3平方米
【解析】解：在Rt△PAQ中，∠PAB=α∈(0,π3)，AP=60米，
所以PQ=APsinα=60sinα (米)，
在Rt△PAR中，可得PR=60sin(π3−α)，
由题可知∠QPR=2π3，
所以△PQR的面积为：S△PQR=12PQ⋅PR⋅sin∠QPR
=12×60sinα×60sin(π3−α)×sin2π3
=900 3sinαsin(π3−α)
=450 3( 32sin2α+12cs2α−12)
=450 3[sin(2α+π6)−12]，
又α∈(0,π3)，2α+π6∈(π6,5π6)，
：当2α+π6=π2，即α=π6时，△PQR的面积有最大值225 3平方米，
即三角形绿地的最大面积是225 3平方米．
故答案为：60sinα米；225 3平方米．
15.解：(1)∵m=(a,2b+c)，n=(csC,csA)，且m⊥n，
∴acsC+(2b+c)csA=0，
由正弦定理得sinAcsC+2sinBcsA+sinCcsA=0，
∴sin(A+C)+2sinBcsA=0，
∵sin(A+C)=sin(π−B)=sinB，
∴sinB+2sinBcsA=0，在三角形ABC中，sinB≠0，
∴1+2csA=0，∴csA=−12，∴A=2π3．
(2)a=7，a+b+c=15⇒b+c=8，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
即49=(b+c)2−2bc−2bccs2π3，解得bc=15．
∵AD为角A的角平分线，
∴∠BAD=∠CAD=π3，
S△ABD+S△ACD=S△ABC
⇒12c⋅AD⋅sinπ3+12b⋅AD⋅sinπ3=12c⋅b⋅sin2π3
⇒(b+c)AD=bc⇒AD=bcb+c，∴AD=158．
【解析】(1)由已知利用平面向量垂直的坐标公式可得acsC+(2b+c)csA=0，由正弦定理，内角和求出A的值；
(2)由余弦定理得出bc，再由偶S△ABD+S△ACD=S△ABC可得求AD的长．
16.解：(1)成绩在40,50的人数为0.01×10×200=20(人)，
成绩在50,60的人数为0.015×10×200=30(人)，
则按分层抽样方法从成绩低于60分的同学中抽取5人，
成绩低于50分的人数为5×2020+30=2(人)．
(2)由0.01+0.015+0.015+a+0.025+0.005×10=1，得a=0.030，
则平均数x=45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71，
故该校学生首轮竞赛成绩的平均数约为71分；
(3)根据频率分布直方图可知：
90,100的频率为0.005×10=0.05，80,90的频率为0.025×10=0.25，
所以入围复赛的成绩一定在80,90,
可知入围复赛的成绩的临界值为K∈80,90,
则90−K×0.025+0.05=0.1，解得K=88，
故估计入围复赛的成绩为K≥88分.
【解析】(1)利用分层抽样的定义求解即可；
(2)利用平均数公式求解即可；
(3)根据题意设入围复赛的成绩的临界值为K∈80,90，则90−K×0.025+0.05=0.1，求出K的值即可．
17.(1)证明：连接AC，
在△ACP中，因为M、N为对应边上的中点，
所以MN为中位线，MN//AC，
又MN⊂平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴MN//平面ABCD;
(2)在四边形ABCD中，AD//BC，∠ABC=90∘，2AB=2AD= 2CD=BC，
所以△ABD，△BCD都为等腰直角三角形，即CD⊥DB，
又因为平面PBC⊥平面ABCD，∠PBC=90∘，平面PBC∩平面ABCD=BC，PB⊂平面PBC，
所以直线PB⊥平面ABCD，又CD⊂平面ABCD，所以PB⊥CD，
又PB∩BD=B，PB，BD⊂平面PBD，
所以CD⊥平面PBD．
【解析】(1)由条件可得MN//AC，根据线面平行的判定定理即可得证；
(2)由条件可得PB⊥CD，CD⊥DB，根据线面垂直的判定定理即可得证．
18.解：(1)因为E为PD的中点，所以点E与点P到平面ADC的距离之比为12，
故VD−AEC=VE−ADC=12VP−ADC=12×13×2×12×4=23．
(2)存在，取AB的中点M，连接DM交AC于点G，连接EG，
则EG为面AEC与面PMD的交线.易得MG=12GD，
在三角形PMD中，PEED=MGGD，所以PM//EG，
所以PM/​/平面EAC，即存在点M，且当M为AB中点时，PM/​/平面AEC．
(3)过点P作l/​/AB，因为AB/​/CD，
所以l//CD，面PAB∩面PCD=l，
因为PA⊥面ABCD，所以PA⊥CD，
又CD⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥面PAD，
又因为l//CD，
所以l⊥面PAD，l⊥PA，l⊥PD，
所以∠APD是面PAD与面PAB所成锐二面角的平面角，
因为△APD是等腰直角三角形，所以cs∠APD=cs45∘= 22．
【解析】本题考查棱锥的体积，线面平行的判定，考查二面角计算．
19.解：(1)因为(b+2)(sinC−sinB)=(a−b)sinA，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得(b+2)(c−b)=(a−b)a，
即a2+b2=bc+ab+2c−2b，
因为c=2，所以a2+b2=ab+4，
csC=a2+b2−c22ab=a2+b2−42ab=ab2ab=12，
因为C∈(0,π2)，所以C=π3;
(2)由(1)得b2+a2−ab=4 ①，
因为E为AB的中点，所以CE=12(CA+CB)，
则|CE|2=14(|CA|2+|CB|2+2|CA||CB|cs60∘)，
化简得b2+a2+ab=12 ②，
由 ① ②解得ab=4，所以S=12absinC=12×4× 32= 3;
(3)设∠DAC=θ，
当DC与△ABC外接圆相切时，可得θ=π12，则θ∈[π12,π3)，
则∠DCA=π3−θ，∠ABC=θ+π6，
在△ABC中，由正弦定理得ABsinπ3=ACsin(θ+π6)，
所以AC=ABsin(θ+π6)sinπ3=2sin(θ+π6) 32=4 33sin(θ+π6)，
在△ACD中，由正弦定理得ADsinπ3−θ=ACsin2π3，
所以AD=ACsin(π3−θ)sin2π3=4 33sin(θ+π6)sin(π3−θ) 32=83sin(θ+π6)sin(π3−θ)，
因为DCsinθ=ACsin2π3，
所以DC=ACsinθsin2π3=4 33sinθ+π6sinθ 32=83sin(θ+π6)sinθ，
所以AD+DC=83sin(θ+π6)sin(π3−θ)+83sin(θ+π6)sinθ
=83sin(θ+π6)cs(θ+π6)+83( 32sinθ+12csθ)sinθ
=43sin2(θ+π6)+83( 32sin2θ+12sinθcsθ)
=43sin(2θ+π3)+83( 32×1−cs2θ2+12×12sin2θ)
=43(12sin2θ+ 32cs2θ)+23sin2θ−2 33cs2θ+2 33
=43sin2θ+2 33cs2θ−2 33cs2θ+2 33=43sin2θ+2 33，
又π12≤θ<π3，所以π6≤2θ<2π3，
所以当2θ=π2，即θ=π4时，AD+DC有最大值，最大值为4+2 33．
【解析】(1)利用正、余弦定理求出csC，即可求C;
(2)由(1)得b2+a2−ab=4 ①，由CE=12(CA+CB)，得b2+a2+ab=12 ②，联立求出ab，即可求面积;
(3)设∠DAC=θ，求出θ的范围，利用正弦定理和三角恒等变换求出AD+DC=43sin2θ+2 33，由三角函数的性质即可求解．