2023-2024学年新疆实验中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年新疆实验中学高一（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.在复平面内，复数(1+2i)i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a=(1,−2)，b=(3,−1)，c=(x,4)，若(a+c)//(b+c)，则x=( )
A. 3B. −1C. 2D. 4
3.从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为( )
A. 15B. 13C. 25D. 23
4.已知一组数据为20，30，40，50，50，60，70，80，其平均数、第60百分位数和众数的大小关系是( )
A. 平均数>第60百分位数>众数B. 平均数<第60百分位数<众数
C. 第60百分位数<众数<平均数D. 平均数=第60百分位数=众数
5.盒内有1个红球，2个白球，3个黑球，从中任取2个球，则下列选项中的两个事件互斥而不对立的是( )
A. 至少有1个白球；至多有1个白球B. 至少有1个白球；至少有1个黑球
C. 至少有1个白球；红，黑球各1个D. 至少有1个白球；没有白球
6.2018年小明的月工资为6000元，各种途占比如图1所示，2019年小明的月工资的各种用途占比如图2所示，已知2019年小明每月的旅行费用比2018年增加了525元，则2019年小明的月工资为( )
A. 9500B. 8500C. 7500D. 6500
7.天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为40%，用数字0，1，2，3表示下雨，数字4，5，6，7，8，9表示不下雨，由计算机产生如下20组随机数：
977，864，191，925，271，932，812，458，569，683，
431，257，394，027，556，488，730，113，537，908．
由此估计今后三天中至少有一天下雨的概率为( )
A. 0.6B. 0.7C. 0.75D. 0.8
8.如图，在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：
①异面直线A1P与BC1间的距离为定值；
②三棱锥D−BPC1的体积为定值；
③异面直线C1P与直线CB1所成的角为定值；
④二面角P−BC1−D的大小为定值．
其中真命题有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
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.设A，B为两个随机事件，以下命题正确的为( )
A. 若A，B是互斥事件，P(A)=13，P(B)=12，则P(A∪B)=16
B. 若A，B是对立事件，则P(A∪B)=1
C. 若A，B是独立事件，P(A)=13，P(B)=23，则P(AB−)=19
D. 若P(A−)=13，P(B−)=14，且P(A−B)=14，则A，B是独立事件
10.某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：

则下列结论中正确的是( )
A. 招商引资后，工资性收入较前一年增加
B. 招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍
C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的25
D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍
11.如图，ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将△ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则( )
A. AP⊥EF
B. 点P在平面AEF内的射影为△AEF的垂心
C. 二面角A−EF−P的余弦值为13
D. 若四面体P−AEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是24π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知OA=(−2,m)，OB，=(n,1)，OC=(5,−1)，若点A、B、C在同一条直线上，且m=2n，则m+n= ______．
13.用a，b，c表示空间中三条不同的直线，α，β，γ表示平面，给出下列命题：
①若a⊥b，b⊥c，则a//c；
②若a//b，a//c，则b//c；
③若a//γ，b//γ，则a//b；
④若α//γ，β//γ，则α//β．
其中真命题的序号是______．
14.在△ABC中，设角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知sinAa= 3csBb=12，且△ABC的面积为 32，则△ABC的周长为______．
四、解答题：本题共4小题，共62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)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，PA⊥平面ABCD，AD=5，BC=2AB=4，M是PC的中点．
(1)求证：平面PAC⊥平面PCD；
(2)若AM⊥PC，求四棱锥P−ABCD的体积．
16.(本小题15分)
在ΔABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c，已知tanC=sinB1−csB．
(Ⅰ)求证：ΔABC为等腰三角形；
(Ⅱ)若ΔABC是钝角三角形，且面积为a24，求b2ac的值．
17.(本小题17分)
某市A，B两校组织了一次英语笔试(总分120分)联赛，两校各自挑选了英语笔试成绩最好的100名学生参赛，成绩不低于115分定义为优秀．赛后统计了所有参赛学生的成绩(都在区间[100,120]内)，将这些数据分成4组：[100,105)，[105,110)，[110,115)，[115,120].得到如下两个频率分布直方图：
(1)分别计算A，B两校联赛中的优秀率；
(2)联赛结束后两校将根据学生的成绩发放奖学金，已知奖学金y(单位：百元)与其成绩t的关系式为y=a,100≤t≤1051.5,105≤t≤1152.8,115≤t≤120
①当a=0时，试问A，B两校哪所学校的获奖人数更多？
②当a=0.5时，若以奖学金的总额为判断依据，试问本次联赛A，B两校哪所学校实力更强？
18.(本小题17分)
“风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史.相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源.后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”.到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动.风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成.如图(1)就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼△ADQ和△CDP所组成的风筝.其中∠BAD=π3，PD⊥CD，QD⊥AD，AD=1，PD=QD= 2.现将此风筝的两个尾翼分别沿AD、CD折起，使得点P与点Q重合于点S，并连结BS，得到如图(2)所示的四棱锥S−ABCD．

(1)求证：AC⊥平面SBD；
(2)若E为棱SA上一点，记|SE||SA|=λ(0≤λ≤1)；
①若λ=13，求直线CE与平面SBD所成角的正切值；
②是否存在点E使得直线CE与直线AD所成角为60°，若存在，请求出λ的值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.B
2.A
3.A
4.D
5.C
6.C
7.B
8.D
9.BC
10.AD
11.ABC
12.92
13.②④
14.3+ 3
15.(1)证明：∵AD/​/BC，AB⊥AD，AD=5BC=2AB=4，
∴AC= AB2+BC2= 42+22=2 5，
CD= (AD−BC)2+AB2= 5，
∴AD2+CD2=20+5=25=AD2，∴CD⊥AC，
又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，
又∵AC∩PA=A，∴CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面PCD，
∴平面PAC⊥平面PCD；
(2)解：∵M为PC的中点，AM⊥PC，
∴PA=AC=2 5，
所以四棱锥P−ABCD的体积V=13Sℎ=13×(4+5)×22×2 5=6 5．
16.解：(Ⅰ)因为A+B+C=π，所以tan(A+B)=−tanC．
由tan(A+B)=sinBcsB−1，可得sinBcsB−1=−tanC=−sinCcsC，
所以−sinC(csB−1)=sinBcsC，变形得sinC=sinBcsC+csBsinC，
所以sinC=sin(B+C)．
在△ABC中，sin(B+C)=sinA，所以sinC=sinA，
由正弦定理得a=c，从而△ABC为等腰三角形．
(Ⅱ)由题意得S=12acsinB=12a2sinB=a24，得sinB=12．
因为△ABC是钝角三角形且a=c，
因此B为钝角，B=5π6，csB=− 32，
所以b2=a2+c2−2accsB
=2a2+ 3a2=(2+ 3)a2，
则b2ac=b2a2=2+ 3．
17.解：(1)由频率分布直方图知，A校的优秀率为0.06×5=0.3，
B校的优秀率为0.04×5=0.2．
(2)①A校的获奖人数为100×(1−0.04×5)=80，
B校的获奖人数为100×(1−0.02×5)=90，
所以B校的获奖人数更多．
②A校学生获得的奖学金的总额为：
0.2×100×0.5+0.5×100×1.5+0.3×100×2.8=169(百元)=16900(元)，
B校学生获得的奖学金的总额为：
0.1×100×0.5+0.7×100×1.5+0.2×100×2.8=166(百元)=16600(元)，
∵16900>16600，∴A校实力更强．
18.(1)证明：连接AC，交BD于点O，
∵底面ABCD为菱形，∴AC⊥BD，
由题意知，SD⊥AD，SD⊥CD，
∵AD∩CD=D，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
∴SD⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，∴SD⊥AC，
∵SD∩BD=D，SD⊂平面SBD，BD⊂平面SBD，
∴AC⊥平面SBD．

(2)解：①连结SO，交CE于点G，
由(1)得CO⊥平面SBD，
∴∠CGO为直线CE与平面SBD所成角，
∵SD= 2，AD=CD=1，∠BAD=60°，
∴SA=SC=AC= 3，即△SAC为等边三角形，
∵|SE||SA|=13，∴SE= 33，
在△SEC中，∠ASC=60°，SC= 3，
由余弦定理得，CE2=SE2+SC2−2SE⋅SCcs∠ASC=13+3−2× 33× 3×cs60°=73，即CE= 213，
∴cs∠ECA=EC2+AC2−AE22EC⋅AC=73+3−432× 213× 3=2 77，
∴sin∠CGO=cs∠GCO=cs∠ECA=2 77，
∴cs∠CGO= 217，
∴tan∠CGO=sin∠CGOcs∠CGO=2 77 217=2 33，
故直线CE与平面SBD所成角的正切值为2 33．
②连结BE，
∵BC/​/AD，
∴∠ECB或其补角为直线CE与直线AD所成角，
假设存在点E，满足∠ECB=60°，
由|SE||SA|=λ(0≤λ≤1)得，SE= 3λ，AE= 3(1−λ)，
在△SEC中，∠ASC=60°，SC= 3，
由余弦定理得，CE2=SE2+SC2−2SE⋅SCcs∠ASC=3λ2+3−2× 3λ× 3×cs60°=3λ2−3λ+3，
过点E作EH⊥AD于H，
由SD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，得SD⊥AD，∴EH//SD，
由|SE||SA|=λ(0≤λ≤1)得，|DH||DA|=λ，
∵AD=1，∴DH=λ，EH=(1−λ) 2，
在△DHB中，由余弦定理得，BH= DH2+DB2−2DH⋅DB⋅cs∠ADB= λ2+1−2λcs60°= λ2−λ+1，
由EH//SD，SD⊥平面ABCD得，EH⊥平面ABCD，
又HB⊂平面ABCD，∴EH⊥HB，
在Rt△EHB中，由勾股定理得，BE= EH2+BH2= 2(1−λ)2+λ2−λ+1= 3λ2−5λ+3，
在△BCE中，BC=1，∠ECB=60°，
由余弦定理得，|cs∠ECB|=|EC2+BC2−BE22EC⋅BC|=|3λ2−3λ+3+1−3λ2+5λ−32 3λ2−3λ+3⋅1|=|2λ+12 3λ2−3λ+3|=12，
解得λ= 57−72或λ=− 57−72(舍负)，
故存在λ= 57−72使得直线CE与直线AD所成角为60°．