2023-2024学年江苏省无锡市高一下学期期末调研考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年江苏省无锡市高一下学期期末调研考试数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.一支田径队有男运动员56名，女运动员42名，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全体运动员中抽取一个容量为28的样本，则样本中女运动员的人数是( )
A. 10B. 12C. 14D. 16
2.下列说法正确的是( )
A. 平行于同一直线的两个平面平行B. 平行于同一平面的两条直线平行
C. 垂直于同一直线的两个平面平行D. 垂直于同一平面的两个平面平行
3.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，b=4，sinA=12，则c=( )
A. 4B. 3 3C. 3D. 2 3
4.已知向量a与b是非零向量，|a|=1，|b|=12，a与b的夹角为120∘，则a−b在b上的投影向量为( )
A. −2bB. 2bC. −bD. b
5.下面是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据．
则下列说法不正确的是( )
A. 该队员得分的平均数是10B. 该队员得分的极差是27
C. 该队员得分的四十百分位数是7D. 该队员得分的方差是48.4
6.正四棱锥所有棱长均为2，其外接球的表面积为( )
A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π
7.设向量a=(2,m)，b=(−m,2)，|c|=1，若(a−c)⋅(b−c)的最大值为5.则正实数m的值为( )
A. 1B. 32C. 2D. 4
8.把一个正四面体的四个面按如下方案涂色：第一个面涂红色，第二个面涂黄色，第三个面涂蓝色，第四个面分成三块区域分别涂上述三种颜色.将该四面体抛掷在一个平面上，记事件A=“四面体有红色的面落在平面上”，记事件B=“四面体有黄色的面落在平面上”，记事件C=“四面体有蓝色的面落在平面上”，则下列说法正确的是( )
A. P(A)+P(B)+P(C)=1B. P(AB)=P(A)P(B)
C. P(ABC)=P(A)P(BC)D. P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
9.抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ci=“点数为i”.其中i=1，2，3，4，5，6;D1=“点数不大于2”;D2=“点数大于2”，D3=“点数大于4”，则下列结论正确的是(Ω表示样本空间) ( )
A.C1=D1
B.C3⊆D2
C.D1∪D2=Ω
D.D2∩D3=D2
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件能得到△ABC为钝角三角形的是( )
A.a=9，b=10，c=14
B.a=6，b=8，C=30∘
C.csC=35，4a=3c
D.csA=910，B=2C
11.如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=1，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△PDE，使平面PDE⊥平面BCDE，若点M为线段PC的中点，则下列结论正确的是( )
A.直线BM/​/平面PDE
B.PC⊥DE
C.点C到平面PDE的距离为 2
D.PC与平面BCDE所成角的正切值为 55
12.已知向量a=(−1,2)，则与a方向相同的单位向量的坐标为
13.若事件A与B相互独立，P(A)=0.7，P(B)=0.8，则P(A∪B)= ．
14.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，sin∠ABD:sin∠ADB:sin∠BAD=3:5:7.则(1)BD= ;(2)AC2BC⋅CD的最小值为 ．
三、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)
有一种鱼的身体吸收汞，一定量身体中汞的含量超过其体重的1.0×10−6的鱼被人食用后就会对人体产生危害.在100条鱼的样本中发现汞含量(乘百万分之一)统计得到频率分布直方图如图所示：
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)请估计该样本数据的平均值和中位数(假设各组数据在组内均匀分布);
(3)从实际情况看，许多鱼汞含量超标的原因是这些鱼在出售之前没有被检测过.你认为每批这种鱼的平均汞含量都比1.0×10−6大吗?请说明理由．
16.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥底面ABCD，PA=AD=2AB，AB⊥AC，E为PD中点，F为PB中点，M为CE中点．
(1)求证：平面ACE⊥平面PAB;
(2)求证：AF/​/平面BDM．
17.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(tanA+tanB)=2ctanB.
(1)求A的值;
(2)若△ABC为锐角三角形，求bc的取值范围．
18.(本小题12分)
在△ABC中，AB=2，∠BAC=60∘，D为AB中点，设AE=xAC，BF=yBC(x,y∈(0,1))．
(1)当x=23，y=12时，若DE⋅AF=12，求边AC的长;
(2)当x=23，y=12时，AF与DE相交于点O，设AO=λAF，求实数λ的值;
(3)若AC=2，且DE⊥AF，求xy的最大值．
19.(本小题12分)
袋中装有质地均匀、大小相同的红球和白球共10个.现进行摸球游戏．
(1)若采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球，共摸球两次，至少有一次摸出白球的概率是2125.求袋中红球的个数;
(2)已知袋中有红球5个，从袋中每次摸出1个球，若是红球则放回袋中，若是白球则不放回袋中，求摸球三次共取出两个白球的概率;
(3)若采取不放回的方式从袋中每次摸出1个球，若连续两次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直至第六次摸球后结束.若第三次摸球后停止摸球的概率大于第五次摸球后停止摸球的概率，求袋中红球个数的所有可能取值．
答案
1.B
2.C
3.D
4.A
5.D
6.B
7.C
8.B
9.BC
10.ABD
11.ACD
12.(− 55,2 55)

14. 3；6049
15.解：(1)(0.2+0.8+0.6+a+0.1)×0.5=1，解得a=0.3；
(2)x=0.1×0.25+0.4×0.75+0.3×1.25+0.15×1.75+0.05×2.25=1.075，
估计该样本数据的平均值为1.075，
因中位数左右两边的直方图面积相等，
由0.5×(0.2+0.8)=0.5×(0.6+0.3+0.1)=0.5，
所以估计该样本数据的中位数为1；
(3)不一定(不能)．
理由： ①不知道各批鱼的汞含量分布是否都和这批鱼相同；
②样本指标只能作为估计值.(理由说明一点就可以)．
16.解：(1)∵PA⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴PA⊥AC．
又AB⊥AC，PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，∴CA⊥平面PAB．
∵AC⊂平面ACE，
∴平面ACE⊥平面PAB．
(2)连接EF，AE，连接AC角BD于点O，连接OM．
在△ACE中，M，O分别为CE，AC中点，∴AE//OM，
又AE⊄平面BDM，OM⊂平面BDM，∴AE//平面BDM;
在△PBD中，E，F分别为PD，PB中点，∴EF/​/BD，
又EF⊄平面BDM，BD⊂平面BDM，
∴EF//平面BDM;又AE，EF⊂平面AEF，AE∩EF=E，
∴平面AEF/​/平面BDM．
又AF⊂平面AEF，所以AF/​/平面BDM．

17.解：(1)由b(tanA+tanB)=2ctanB和正弦定理得
sinB(sinAcsA+sinBcsB)=2sinCsinBcsB⇒sinAcsB+csAsinBcsAcsB=2sinCcsB，
sinCcsAcsB=2sinCcsB，
因为A，B，C为的△ABC内角，
所以csA=12⇒A=π3．
(2)由正弦定理知：bc=2RsinB2RsinC=sinBsin(2π3−B)=sinB 32csB+12sinB=1 32.1tanB+12，
△ABC为锐角三角形，则B∈(π6,π2)，
tanB∈( 33,+∞)⇒1tanB∈(0, 3)，
所以bc∈(12,2)．
18.解：(1)当x=23，y=12时，
DE=AE−AD=23AC−12AB，
AF=12AB+12AC，
DE⋅AF=(23AC−12AB)⋅(12AB+12AC)
=13(AC)2+112AB⋅AC−14(AB)2
=13|AC|2+112|AC|−1=12，解得|AC|=2，
即边AC的长为2．
(2)AO=λAF=λ(12AB+12AC)
=λ(12×2AD+12×32AE)=λAD+3λ4AE，
因为D，O，E三点共线，所以λ+3λ4=1，解得λ=47．
(3)DE=AE−AD=xAC−12AB，
AF=AB+yBC=AB+y(AC−AB)=(1−y)AB+yAC，
由DE⊥AF知：DE⋅AF=(xAC−12AB)⋅[(1−y)AB+yAC]
=xyAC2−12(1−y)AB2+(x−xy−12y)AB⋅AC
=4xy−2(1−y)+2(x−xy−12y)=0，
即得：2xy+2x+y=2．
因为x，y∈(0,1)，所以2xy+2x+y=2≥2xy+2 2xy，
解得： xy≤ 6− 22，即xy≤2− 3．
当且仅当2x=y时取等号，此时x= 3−12，y= 3−1符合题意．
所以xy的最大值为2− 3．
19.解：设袋中有红球m个，
(1)设A=“采取有放回的方式从袋中每次模出1个球”，则P(A)=m10，
设B=“摸球两次，至少得到一次白球”．
B=“摸球两次，两次均为红球”，
则P(B)=1−P(B)=1−P2(A)=1−(m10)2=2125，
解得m=4，即袋中红球有4个．
(2)设C=“摸球三次共取出两个白球”，
则三次摸球可能情况为：“白白红”，“白红白”，“红白白”．
则P(F)=510×49×58+510×59×49+510×510×49=121324．
所以摸球三次共取出两个白球的概率为121324．
(3)设E=“第三次摸球后停止摸球”，
F=“第五次摸球后停止摸球”．
由题意知：1≤m≤9.
若m=1，则不可能连续两次摸到红球，不合题意．
若m=2，则事件E三次摸球依次为“白红红”，
P(E)=810×29×18=145，
事件F五次摸球依次为“白白白红红”，
P(F)=810×79×68×27×16=145，P(E)=P(F)，不合题意；
若m=9，则，最多第四次就停止摸球，不符合题意．
若m=8，则事件E三次摸球依次为“白红红”，
P(E)=210×89×78=745，
事件F五次摸球依次为“白红白红红”或“红白白红红”，
P(F)=210×89×18×77×66+810×29×18×77×66=245，
若3≤m≤7，则事件E三次摸球依次为“白红红”，
P(E)=10−m10×m9×m−18，
事件F五次摸球依次为“白红白红红”或“红白白红红”或“白白白红红”，
P(F)=10−m10×9−m9×8−m8×m7×m−16+10−m10×m9×9−m8×m−17×m−26+m10×10−m9×9−m8×m−17×m−26，
由P(E)>P(F)得，1>(9−m)(8−m)42+2(9−m)(m−2)42，
即m2−5m+6>0，解得m<2或m>3.即m=4，5，6，7．
综上所述，红球个数的所有可能取值为4，5，6，7，8个． 每场比赛得分
3
6
7
10
11
13
30
频数
2
1
2
2
1
1
1