2023-2024学年江苏省南京市高一下学期6月期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市高一下学期6月期末考试数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设i为虚数单位，若复数z满足i3z=1+2i，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知θ为锐角，且csθ+π6=35，则sinθ=( )
A. 3+110B. 2− 35C. 2 3+110D. 4 3−310
3.在▵ABC中，已知a= 2，b= 3，B=60∘，则A角的度数为( )
A. 30∘B. 45∘C. 45∘或135∘D. 60∘
4.已知|a|=5，|b|=4，若a在b上的投影向量为−58b，则a与b的夹角为( )
A. 60∘B. 120∘C. 135∘D. 150∘
5.设样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,x10的均值和方差分别为1和2，若yi=2xi−1(i=1,2,⋅⋅⋅,10)，则y1,y2,⋅⋅⋅,y10的方差为( )
A. 1B. 3C. 4D. 8
6.已知α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若m⊂α，α∩β=l，则“m/​/l”是“m/​/β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=3AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为( )
A. 45B. 910C. 35D. 710
8.如图，平行四边形ABCD中，AB=BD=DC=2，∠A=45∘.现将▵BCD沿BD起，使二面角C−BD−A大小为120°，则折起后得到的三棱锥C−ABD外接球的表面积为( )
A. 10πB. 15πC. 20πD. 20 3π
9.已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列命题中，真命题有( )
A. 若α//β，m⊥α，m//n，则n⊥β
B. 若m//α，m//β，α∩β=n，则m//n
C. 若m//α，m//n，则n//α
D. 若m⊥α，m⊥β，n⊂α，则n//β
10.2023年10月26日，神舟十七号载人飞船成功发射，中国航天再创辉煌.为普及航天知识，弘扬航天精神，某市举办了一次航天知识竞赛.为了解这次竞赛成绩情况，从中随机抽取了50名参赛市民的成绩作为样本进行统计(满分：100分)，得到如下的频率分布直方图，则( )
注：同一组中的数据用该组区间中点值代表．
A. 图中y的值为0.004
B. 估计样本中竞赛成绩的众数为70
C. 估计样本中竞赛的平均成绩不超过80分
D. 估计样本中竞赛成绩的第75百分位数为76.75
11.已知正三棱台A1B1C1−ABC，AB=2A1B1=4，A1A= 2，下列说法正确的是( )
A. 正三棱台A1B1C1−ABC体积为 2
B. 侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值为 63
C. 点A到面BB1C1C的距离为2 2
D. 三棱台A1B1C1−ABC的外接球的表面积为114π3
二、填空题（共15分）
12.已知向量a，b的夹角为5π6，|a|= 3，|b|=1，则|3a+b|= ．
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边a，b，c满足a2−b2=bc，则AB= ，三角形ABC为锐角三角形，则cs(C−B)+csA的取值范围是 ．
14.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，P为DD1的中点，过PB的平面α分别与棱AA1，CC1交于点E，F，且AC//α，则截面四边形PEBF的面积为_____.
三、解答题（共77分）
15.已知csα= 55，sin(α−β)= 1010，且α，β∈(0,π2).求：
(1)cs(2α−β)的值;
(2)β的值．
16.如图，AB是圆O的直径，点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，且PC=AC=2BC=4，点D是PA的中点，点F为PC的中点．
(1)求异面直线BF和PA所成角的大小；
(2)求二面角D−BC−A的大小．
17.在ΔABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=2，c2=BA⋅BC−2 3S，其中S为ΔABC的面积．
(1)求角A的大小；
(2)设D是边BC的中点，若AB⊥AD，求AD的长．
18.如图，四棱锥P−ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D−PN−C的正切值为2．
(1)求四棱锥P−ABCD的体积;
(2)证明：DM⊥PC;
(3)求直线PM与平面PNC所成角的正弦值．
19.柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：
设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn∈R，则(a12+a22+⋯+an2)(b12+b22+⋯+bn2)⩾(a1b1+a2b2+⋯+anbn)2
当且仅当bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k，使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时，等号成立．
(1)请你写出柯西不等式的二元形式；
(2)设P是棱长为 2的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为d1、d2、d3、d4，求d12+d22+d32+d42的最小值；
(3)已知无穷正数数列{an}满足：
①存在m∈R，使得ai≤m(i=1,2,…)；
②对任意正整数i、j(i≠j)，均有|ai−aj|⩾1i+j．
求证：对任意n≥4，n∈N∗，恒有m≥1．
答案
1.B
2.D
3.B
4.B
5.D
6.C
7.B
8.C
9.ABD
10.ACD
11.BCD
12. 19
13.2；(1,98]
14. 62
15.解：(1)因为α，β∈(0,π2)，所以α−β∈(−π2,π2).
又因为sin(α−β)= 1010>0，所以0<α−β<π2.所以sinα= 1−cs2α=2 55，cs(α−β)= 1−sin2(α−β)=3 1010．
cs(2α−β)=cs[α+(α−β)]=csαcs(α−β)−sinαsin(α−β)= 55×3 1010−2 55× 1010= 210．
(2)csβ=cs[α−(α−β)]=csαcs(α−β)+sinαsin(α−β)= 55×3 1010+2 55× 1010= 22．
又因为β∈(0,π2)，所以β=π4．
16.解：(1)取AC中点M，连结BM，FM，
因为F，M分别为PC，AC的中点，所以FM//PA
所以∠BFM(或其补角)为异面直线BF和PA所成角，
因为PC=AC=2BC=4，C为已AB为直径的圆上的点，
所以在直角三角形BCM中，BC=MC=2，∠BCM=90°得BM=2 2，
因为点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，所以PO⊥面ABC，
又BC，BA在平面ABC内，
所以PC⊥BC，PC⊥BA，
所以BF=BM=2 2，
所以三角形BMF为正三角形，∠BFM=60°，
异面直线BF和PA所成角是60°;
(2)由(1)知BC⊥PC，BC⊥AC，PC∩AC=C，
得BC⊥平面PCA，且DC⊂平面PCA，
所以BC⊥CD，又BC⊥AC，
所以∠DCA为二面角D−BC−A的平面角，
在等腰直角三角形PCA中易知∠DCA=45°，
故二面角D−BC−A的大小为45°．
17.解：(1)据c2=BA⋅BC−2 3S，可得c2=c⋅a⋅csB−2 3×12acsinB，
即c=acsB− 3asinB，
结合正弦定理可得sinC=sinAcsB− 3sinAsinB.
在△ABC中，sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinAcsB+csAsinB=sinAcsB− 3sinAsinB，
整理得csAsinB=− 3sinAsinB.
因为B∈(0,π)，sinB>0，故csA=− 3sinA，即tanA=− 33，
又A∈(0,π)，所以A=56π．
(2)因为D是边BC的中点，故S△ABD=S△ACD，
所以12c⋅AD=12b⋅AD⋅sin∠DAC，
即，
整理得c= 32b ①．
在△ABC中，据余弦定理得，a2=b2+c2−2bccs∠BAC，
即b2+c2+ 3bc=4 ②．
联立 ① ②，可得b=4 13，c=2 3 13，
D是边BC的中点，BD=1，
在Rt△ABD中，据勾股定理得，AD2=BD2−AB2=1−(2 3 13)2=113，
所以AD= 1313．
18.(1)解：∵△PAD为正三角形，N为AD中点，
∴PN⊥AD．
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PN⊥平面ABCD．
又NC⊂平面ABCD，
∴PN⊥NC，
∴∠DNC为二面角D−PN−C的平面角，
∴tan∠DNC=2=DCDN．
又DN=1，∴DC=2，
∴底面ABCD为正方形．
又易得PN= 3，
∴四棱锥P−ABCD的体积V=13×2×2× 3=4 33．
(2)证明：由(1)知，PN⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，∴PN⊥DM．
在正方形ABCD中，易知△DAM≌△CDN，∴∠ADM=∠DCN．
而∠ADM+∠MDC=90∘，
∴∠DCN+∠MDC=90∘，
∴DM⊥CN．
∵PN∩CN=N，∴DM⊥平面PNC．
∵PC⊂平面PNC，∴DM⊥PC．
(3)解：设DM∩CN=O，连接PO，MN．
∵DM⊥平面PNC，
∴∠MPO为直线PM与平面PNC所成的角．
可求得，DM= 5，DO=1×2 5=2 55，∴MO= 5−2 55=3 55．
又MN= 2，PM= PN2+MN2= 5，
∴sin∠MPO=MOPM=3 55 5=35，
∴直线PM与平面PNC所成角的正弦值为35．
19.解：(1)柯西不等式的二元形式为：
设a1，a2，b1，b2∈R，则(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2，
当且仅当a1b2=a2b1时等号成立；
(2)由，
得 212( 2)3=13× 34( 2)2(d1+d2+d3+d4)，
所以d1+d2+d3+d4=2 33，
又由柯西不等式得：
(d12+d22+d32+d42)(1+1+1+1)
≥(d1⋅1+d2⋅1+d3⋅1+d4⋅1)2
=(d1+d2+d3+d4)2，
所以d12+d22+d32+d42≥(d1+d2+d3+d4)24=13，
当且仅当d1=d2=d3=d4= 36时等号成立；
(3)对n≥4，记k1，k2，⋯，kn是1，2，⋯，n的一个排列，
且满足0由条件②得：aki−aki−1≥1ki+ki−1(i=2,3,⋯,n)，
于是，对任意的n≥4，都有
m≥akn>akn−ak1
=(akn−akn−1)+(akn−1−akn−2)+⋯+(ak2−ak1)
≥1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1，
由柯西不等式得：
(1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1)
[(kn+kn−1)+(kn−1+kn−2)+⋯+(k2+k1)]≥(n−1)2，
所以1kn+kn−1+1kn−1+kn−2+⋯+1k2+k1
≥(n−1)2(kn+kn−1)+(kn−1+kn−2)+⋯+(k2+k1)
=(n−1)22(k1+k2+⋯+kn)−k1−kn
=(n−1)2n2+n−k1−kn≥(n−1)2n2+n−3=1−3n−4n2+n−3，
从而，对任意的n≥4，都有m⩾1−3n−4n2+n−3，
故对任意n≥4，n∈N∗，恒有m≥1.