2023-2024学年安徽省六安市皖西当代中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省六安市皖西当代中学高一（下）期末数学试卷（含解析），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。

1.若复数z与其共轭复数z−满足z−2z−=1+3i，则z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.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为( )
A. 0.3B. 0.4C. 0.6D. 0.7
3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a= 6，c=3，csA=23，则b=( )
A. 3B. 1C. 1或3D. 无解
4.已知两不同直线m，n与三不同平面α，β，γ，下列条件能推出α//β的是( )
A. α⊥γ且β⊥γB. m⊂α，n⊂β，m//n
C. m⊥α 且m⊥βD. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β
5.若D为△ABC的边AB的中点，则CB=( )
A. 2CD−CAB. 2CA−CDC. 2CD+CAD. 2CA+CD
6.已知向量a与b的夹角为120°，|a|=3，|a+b|= 13，则|b|=( )
A. 1B. 3C. 4D. 5
7.已知正四棱锥O−ABCD的体积为3 22，底面边长为 3，则以O为球心，OA为半径的球的体积为( )
A. 6πB. 2 6πC. 4 6πD. 8 6π
8.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcsA+acsB=3,2acs2A+B2= 3csinA，则( )
A. C=π3
B. △ABC的外接圆半径为2 3
C. △ABC的面积的最大值为9 34
D. △ABC的周长的取值范围是(6,3+2 3]
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.已知一组样本数据：4，4，5，7，7，7，8，9，9，10.关于这组样本数据，结论正确的是( )
A. 平均数为8B. 众数为7C. 极差为6D. 中位数为8
10.湖光岩玛珥湖，位于广东省湛江市麻章区湖光镇，是中国乃至世界最大的湿玛珥湖，是中国玛珥湖研究的始发点，也是世界玛玶湖研究的关键点.某小组计划测量如图所示的湖光岩玛珥湖的东西方向的总湖长，即测量湖光岩玛珥湖湖岸的两个测量基点P，Q之间的距离，现在湖光岩玛珥湖的湖岸取另外两个测量基点M，N，测得MN=380 5米，∠PMQ=3π4，∠QMN=∠PNM=π12,∠PNQ=2π3，则( )
A. MQ=380 10米B. PM=380 5米
C. PN=380 10米D. PQ=1900米
11.已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为 7，高为 3.若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是( )
A. 三角形SPQ面积的最大值为2 3
B. 三棱锥O−SPQ体积的最大值2 33
C. 四面体SOPQ外接球表面积的最小值为11π
D. 直线SP与平面SOQ所成角的余弦值的最小值为 217
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z=|1+ 3i|1+i的虚部为______．
13.若一组数据x1，x2，⋯，xn的方差为1，则数据2x1+4，2x2+4，⋯，2xn+4的标准差为______．
14.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若AB⋅AC=6AO⋅EC，则ABAC的值是 ．
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)
已知a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,2)，b=(−2,3)，c=(−2,m)
(1)若a⊥(b+c)，求|c|；
(2)若ka+b与2a−b共线，求k的值．
16.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=4，E为B1C1的中点．
(1)证明：AC1//平面BA1E；
(2)求三棱锥E−ABA1的体积．
17.(本小题15分)
某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求图中a，b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(3)从成绩在第四、五组的志愿者中，按比例分配的分层抽样方法随机抽取5人，再从这5人中选出两人，求选出的两人成绩来自同一组的概率．
18.(本小题17分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为 34(c2−a2−b2)．
(1)求角C；
(2)若C的角平分线交AB于点D，且CD= 3,BD=3AD，求c的值．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA=PB= 2，AD=BD=PD=2．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求二面角P−AD−B的余弦值．
答案解析
1.B
【解析】解：设z=a+bi，(a,b∈R)，则z−=a−bi，
又因为z−2z−=1+3i，即(a+bi)−2(a−bi)=1+3i，
即−a+3bi=1+3i，
可得a=−1，b=1，
可得z=−1+i，
所以z在复平面内对应的点位于第二象限．
故选：B．
2.B
【解析】解：某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事件，
所以不用现金支付的概率为：1−0.45−0.15=0.4．
故选B．
3.C
【解析】解：∵a= 6，c=3，csA=23，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
即b2−4b+3=0，所以b=1或3．
故选：C．
4.C
【解析】解：因为α，β垂直于同一个平面γ，故α，β 可能相交，可能平行，故A不正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件，不能推出α/​/β，故B不正确；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件，不能推出α/​/β，故D不正确，
故选：C．
α，β垂直于同一个平面γ，故α，β 可能相交，可能平行；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件．
5.A
【解析】解：∵D为△ABC的边AB的中点，
∴CD=12(CA+CB)，
∴CB=2CD−CA，
故选：A．
6.C
【解析】解：根据条件，(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=9−3|b|+|b|2=13；
∴解得|b|=4，或−1(舍去)．
故选C．
7.D
【解析】解：如图，正四棱锥O−ABCD的体积V=13sℎ=13( 3× 3)×OH=3 22，
∴OH=3 22，
在直角三角形OAH中，OA= AH2+OH2= (3 22)2+( 62)2= 6，
∴球的体积为4π3OA3=8 6π．
故选：D．
8.D
【解析】解：由题意△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcsA+acsB=3，
可得b⋅b2+c2−a22bc+a⋅a2+c2−b22ac=3，解得c=3，
2acs2A+B2−1= 3csinA−1，可得cs(A+B)= 3sinC−1，
∴sin(C+π6)=12，
又C∈(0,π)，
∴C=2π3，所以A不正确；2R=csinC=3 32=2 3，所以B不正确；
在△ABC中，∵c2=a2+b2−2abcsC，且c=3，C=2π3，
∴9=a2+b2+ab≥2ab+ab=3ab(当且仅当a=b时取等号)，
∴S△ABC=12absinC= 34ab≤3 34(当且仅当a=b时取等号)，所以C不正确；
∵c=3，C=2π3，∴A+B=π3，
∴a=2 3sinA，b=2 3sinB，
a+b=2 3sinA+2 3sinB=2 3sinA+2 3sin(π3−A)=2 3sin(A+π3)，
∵0∴ 32∴3∴6故选：D．
9.BC
【解析】解：平均数为110(4+4+5+7+7+7+8+9+9+10)=7，众数为7，极差为10−4=6，中位数为7．
故选：BC．
10.ABD
【解析】解：在△PMN中，∠PMN=3π4+π12=5π6，∠PNM=∠MPN=π12，
则PM=MN=380 5米，B选项正确．
在△MNQ中，∠MNQ=2π3+π12=3π4，
又∠QMN=π12，则∠MQN=π6，
由正弦定理可得MQsin∠MNQ=MNsin∠MQN，即MQsin3π4=380 5sinπ6，
解得MQ=380 10米，A选项正确；
△PMN中同理可得PN=380 5×sin5π6sinπ12=190 10+190 30米，C选项错误；
在△PMQ中，由余弦定理得PQ2=(380 5)2+(380 10)2−2×380 5×380 10×(− 22)=5×(380 5)2，
所以PQ=380×5=1900米，D选项正确．
故选：ABD．
11.BD
【解析】解：对选项A，由母线长为 7，高为 3，
可得底面半径为 7−3=2，设BC是底面圆的一条直径，
则cs∠BSC=( 7)2+( 7)2−422× 7× 7=−17<0，即∠BSC是钝角，
又S△SPQ=12×SP×SQ×sin∠PSQ=12× 7× 7×sin∠PSQ=72sin∠PSQ，
则存在点P，Q，当∠PSQ=90°时，
sin∠PSQ=1，三角形SPQ面积的最大值为72，故A错误；
选项B，∵S△SOP=12×SO×OP=12× 3×2= 3，∴当OQ⊥面SOP时，
(VO−SPQ)max=(VQ−SOP)max=13×S△SOP×OQ=13× 3×2=2 33，故B正确；
选项C，设△OPQ的外接圆半径为r，
∵SO⊥底面圆，∴四面体SOPQ外接球半径R，
∴R2=r2+(SO2)2，若外接球表面积的最小，即外接球的半径R最小，
又R2=r2+34，即在底面圆中，△OPQ的外接圆半径最小，
由正弦定理2r=OQsin∠OPQ=2sin∠OPQ，
∴点P经过线段OQ的中垂线时，∠OPQ最大，△OPQ的外接圆半径最小，
此时2r=2sin60∘=4 33，R2=r2+34=43+34=2512，
即四面体SOPQ外接球表面积的最小值为4πR2=253π，故C错误；
选项D，设点P到平面SOQ的距离为d，直线SP与平面SOQ所成角θ的正弦值为sinθ=dSP=d 7，
则当OP⊥面SOQ时，(sinθ)max=2 77，
此时直线SP与平面SOQ所成角的余弦值最小，最小值为 217，故D正确；
故选：BD．
12.−1
【解析】解：z=|1+ 3i|1+i=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i，
故z的虚部为−1．
故答案为：−1．
13.2
【解析】解：∵数据x1，x2，⋯，xn的方差为1，
∴数据2x1+4，2x2+4，⋯，2xn+4的方差为22×1=4，
∴数据2x1+4，2x2+4，⋯，2xn+4的标准差为2．
故答案为：2．
14. 3
【解析】解：设AO=λAD=λ2(AB+AC)，
AO=AE+EO=AE+μEC=AE+μ(AC−AE)
=(1−μ)AE+μAC=1−μ3AB+μAC，
∴λ2=1−μ3λ2=μ，∴λ=12μ=14，
∴AO=12AD=14(AB+AC)，
EC=AC−AE=−13AB+AC，
6AO⋅EC=6×14(AB+AC)·(−13AB+AC)
=32(−13AB2+23AB⋅AC+AC2)
=−12AB2+AB⋅AC+32AC2，
∵AB⋅AC=−12AB2+AB⋅AC+32AC2，
∴12AB2=32AC2，∴AB2AC2=3，
∴ABAC= 3．
故答案为： 3
15.解：(1)b+c=(−4,3+m)
∵a⊥(b+c)，∴a⋅(b+c)=−4+2(3+m)=0
∴m=−1，∴c=(−2 , −1)
∴|c|= 5
(2)由已知：ka+b=(k−2,2k+3)，2a−b=(4,1)，
因为(ka+b) //(2a−b)，
所以：k−2=4(2k+3)，
∴k=−2
【解析】(1)根据向量的坐标的运算法则和向量垂直的条件，以及模的定义即可求出;
(2)根据向量共线的条件即可求出．
16.证明：(1)连接AB1交A1B于点O，连接OE，

由于ABC−A1B1C1为直棱柱，所以ABB1A1为矩形，
所以O为AB1的中点，
由于E为B1C1的中点，所以AC1//OE，
由于AC1伻面A1BE，OE⊂平面A1BE，所以AC1/​/平面A1BE．
解：(2)取A1B1中点G，连接C1G，
由于CC1⊥底面A1B1C1，所以BB1⊥底面A1B1C1，
由于G为正△A1B1C1边A1B1的中点，所以C1G⊥A1B1，
由于C1G⊂底面A1B1C1，所以C1G⊥B1B，
由于A1B1∩BB1=B1，所以C1G⊥平面A1B1BA．
取GB1的中点F，连接EF，则EF//C1G，
所以EF⊥平面A1B1BA，即EF为三棱锥E−ABA1的高，EF= 32，
所以VE−ABA1=13⋅S△ABA1⋅EF=13×4× 32=2 33．
【解析】(1)直接利用线面平行的判定求出结果；
(2)利用锥体的体积公式求出结果．
17.解：(1)∵第三、四、五组的频率之和为0.7，
∴(0.045+0.020+a)×10=0.7，解得a=0.005，
∴前两组的频率之和为1−0.7=0.3，即(a+b)×10=0.3，解得b=0.025．
(2)前三组频率之和为0.75，∴第80百分位数位于[75,85)组内，
且75+0.8−0.750.2×10=77.5，即估计第80百分位数为77.5；
估计平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5．
(3)成绩在第四、五两组志愿者分别有20人、5人，
按比例分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为A，B，C，D，
第五组志愿者人数为1，设为E，
这5人选出2人，所有情况有(A,B)，(A,C)，(A,D)，(A,E)，(B,C)，
(B,D)，(B,E)，(C,D)，(C,E)，(D,E)，共10种，
其中选出的两人来自同一组的有(A,B)，(A,C)，(A,D)，(B,C)，(B,D)，(C,D)，共6种，
∴选出的两人来自同一组的概率为610=35．
【解析】(1)根据频率分布直方图的频率的性质即各组频率为相应矩形面积，列式计算，即可求得答案；
(2)根据百分位数的定义求解即可，由频率分布直方图的平均数公式求解即可；
(3)确定两组各抽取的人数，采用列举法列出选出2人的所有可能情况，再列出这2人来自同一组的情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案．
18.解：(1)由于S△ABC=12absinC= 34⋅(−2abcsC)= 34(c2−a2−b2)，
所以tanC=− 3，
由于C∈(0,π)，
所以C=2π3．

(2)由于∠ACD=∠BCD=π3,BD=3AD，所以BC=3AC，即a=3b，
由S△ACD+S△BCD=S△ABC可得12⋅b⋅ 3⋅ 32+12⋅3b⋅ 3⋅ 32=12⋅b⋅3b⋅ 32，
解得b=4 33，故a=4 3．
在△ABC中，由余弦定理得c2=48+163−2×4 3×4 33×(−12)=2083，
解得c=4 393．
【解析】(1)直接利用余弦定理和三角形的面积公式求出C的值；
(2)利用分割法和余弦定理的应用求出c的值．
19.(1)证明：取AB的中点E，连接PE，DE，则PE⊥AB，
由已知可得PE=1,DE= 3，∴PE2+DE2=PD2，∴PE⊥DE，
∵AB⊂平面ABCD，DE⊂平面ABCD，AB⋂DE=E，
∴PE⊥平面ABCD，
∵PE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD；
(2)解：过点E作EF⊥AD，垂足为F，连接PF，
由(1)知PE⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥PE，又PE⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，∵PE⋂EF=E，
则AD⊥平面PEF，
∵PF⊂平面PEF，
∴AD⊥PF，∴∠PFE即为二面角P−AD−B的平面角，
在Rt△AED中，EF是AD边上的高，运用等面积法得：EF= 32，
∵PE⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，
∴PE⊥EF，
则PF= 12+( 32)2= 72，∴cs∠PFE=EFPF= 3 7= 217，
∴二面角P−AD−B的余弦值为 217；
综上，二面角P−AD−B的余弦值为 217．
【解析】(1)作图，取AB的中点E，连接PE，DE，分析图中的几何关系，即可证明；
(2)根据第(1)问的结果，过点E作EF⊥AD，垂足为F，则∠PFE即为二面角P−AD−B的平面角．