2023-2024学年河南省部分学校高一（下）联考数学试卷（6月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年河南省部分学校高一（下）联考数学试卷（6月份）（含解析），共16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z(1−i)=−1(i是虚数单位)，则|z|的值为( )
A. 22B. 2C. 12D. 2
2.某地一年之内12个月的降水量从小到大分别为：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，则该地区的月降水量75%分位数为( )
A. 58B. 60C. 61D. 62
3.如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′=4，O′C′=2，∠A′O′C′=30°，则原图形OA与BC间的距离为( )
A. 1
B. 2
C. 2 2
D. 4
4.某机构统计了1000名演员的学历情况，制作出如图所示的饼状图，其中本科学历的人数为650.现按比例用分层随机抽样的方法从中抽取200人，则抽取的硕士学历的人数为( )
A. 11
B. 13
C. 22
D. 26
5.三个共面的向量a、b、c两两所成的角相等，且|a|=1，|b|=2，|c|=3，则|a+b+c|=( )
A. 3B. 6C. 3或6D. 3或6
6.已知复数α满足(2−i)α=3−4i，β=m−i，m>0，若α+β是关于x的方程x2−nx+13=0(n>0)的一个根，则m+n等于( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
7.如图，测量河对岸的塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C和D.现测得∠BCD=75°，∠BDC=45°，CD=50米，在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB为( )米．
A. 50 2B. 100 2C. 50 3D. 25 3
8.已知球O与正方体ABCD−A1B1C1D1的各个面相切，平面ACB1截球O所得的截面的面积为2π3，则正方体棱长为( )
A. 33B. 12C. 1D. 2
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.某学校开展知识竞赛，竞赛成绩全部介于50至100之间，将数据按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图如图所示.根据频率分布直方图，则下列结论中正确的是( )
A. a=0.03B. 众数为80
C. 第71百分位数是82D. 平均分是75.5
10.下面四个命题中正确的是( )
A. z=i−2对应的点在第二象限
B. 若复数z1，z2满足z1z2∈R，则z1=z2−
C. 方程x2−2x+3=0在复数集内有两解x=1+i和x=1−i
D. 已知复数z满足|z|2−|z|−6=0，则复数z在复平面内对应点的轨迹是圆
11.在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE、AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B、C、D三点重合于点S，得到四面体S−AEF，顶点S在底面AEF上的射影为O，下列结论正确的是( )
A. SA⊥EFB. 点O为△AEF的外心
C. 点O到三个侧面距离的平方和等于SO2D. S△AEF2=S△SAE2+S△SAF2+S△SEF2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是15，那么另一组数5x1−2，5x2−2，5x3−2，5x4−2，5x5−2的方差是______．
13.已知向量a，b满足|a+b|=1，|a−5b|=2，则|a−2b|最大值为______，最小值为______．
14.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=90°，AC=2AA1=2AB=4，则异面直线A1C与AB1所成角的正弦值为______．
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)
如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N，E，F分别是棱A1B1，A1D1，B1C1，C1D1的中点
(1)计算棱台EFC1−BDC的体积；
(2)求证：平面AMN/​/平面DBEF．
16.(本小题15分)
某调研小组调查了某市1000名外卖骑手平均每天完成的任务量(简称“单量”)，得到如下的频数分布表：

(1)补全该市1000名外卖骑手每天单量的频率分布直方图；
(2)根据图表数据，试求样本数据的中位数(精确到0.1)；
(3)根据外卖骑手的每天单量，参考某平台的类别将外卖骑手分成三类，调查获知不同类别的外卖骑手开展工作所投入的装备成本不尽相同，如下表：
根据以上数据，估计该市外卖骑手购买装备的平均成本．
17.(本小题15分)
已知a∈R，复数z1=a−1+i，z2=1−a+2ai,z3=−1在复平面上对应的点分别为A、B、C，O为坐标原点．
(1)求|z1+z2|的取值范围；
(2)当A、B、C三点共线时，求三角形AOB的面积．
18.(本小题17分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，bcsC+ 3bsinC−a−c=0．
(1)求证：2B=A+C；
(2)若△ABC为锐角三角形，且a2+c2=b2+2b，求△ABC面积的取值范围．
19.(本小题17分)
如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，点D、E分别在线段AC、AB上，AE=1，AD=2，沿DE将△ADE折起到△PDE的位置，使得PB= 5，如图2．

(1)求证：平面PDE⊥平面BCDE；
(2)若点F在线段BC上，且BF=2，PC=2 2，求直线DF与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在(2)的条件下，判断线段PC上是否存在点M，使得DM/​/平面PBE，若存在，求出PMPC的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z(1−i)=−1
则z=−11−i=−(1+i)(1−i)(1+i)=−12−12i，
所以|z|= (−12)2+(−12)2= 22．
故选：A．
根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数模公式，以及复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：根据题意，12个数据从小到大分别为：46，48，51，53，53，56，56，56，58，64，66，71，
因为75%×12=9，所以该地区的月降水量的75%分位数为12(58+64)=61，
故选：C．
根据题意，由百分位数的计算公式计算可得答案．
本题考查百分位数的计算，注意百分位数的计算公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，如图所示，过C′作C′D/​/y′轴，交x′轴于D点，
在△C′O′D中，C′O′sin∠C′DO′=C′Dsin∠C′O′D，即2sin135∘=C′Dsin30∘，解得C′D= 2，
则原图中，CD=2C′D′=2 2．
故选：C．
根据题意，在直观图中求出C′D长度，结合斜二测画法分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，事件正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意知硕士学历的人数与总人数1000之比为1−17%−5%−2%−6501000=11%，
抽样人数为200，
则抽取的硕士学历的人数为11%×200=22．
故选：C．
先求硕士的比例，再结合抽样人数，即可求解．
本题主要考查分层随机抽样，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵三个共面向量a、b、c两两所成的角相等，
∴两个向量所成的角是120°或三个向量的夹角是0°
当三个向量的夹角是120°时，
∵|a|=1，|b|=2，|c|=3，
∴|a+b+c|= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅ c+2b⋅c
= 1+4+9−2−3−6= 3，
当三个向量的夹角是0°时，
|a+b+c|=1+2+3=6，
总上可知，向量的模长是6或 3，
故选：C．
三个共面向量a、b、c两两所成的角相等，两个向量所成的角是120°或三个向量的夹角是0°，分两种情况对三个向量的和的模长进行讨论，得到两种不同的结果．
本题考查向量的模长，在本题所给的条件中容易漏掉一种情况，即三个向量的夹角是0度，即三个向量的方向相同时的模长．
6.【答案】C
【解析】解：由题意，α=3−4i2−i=(3−4i)(2+i)(2−i)(2+i)=2−i，∴α+β=2+m−2i，m>0，
又α+β是关于x的方程x2−nx+13=0(n>0)的一个根，则2+m+2i也是方程的另一个根，
则4+2m=n且(2+m)2+4=13，解得m=1，n=6，所以m+n=7．
故选：C．
由已知解出α，再根据韦达定理列方程求解．
本题考查复数的运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：如图：由已知∠BCD=75°，∠BDC=45°，CD=50米，
故∠CBD=60°，所以CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，即50 32=BC 22，
解得BC=50 2 3，
所以在Rt△ABC中，AB=BC⋅tan∠ACB=50 2 3×tan60°=50 2．
故选：A．
先在△BCD中利用正弦定理求出BC的长度，然后在△ABC中利用三角函数的定义求出AB．
本题考查解三角形的应用问题，主要是考查了正弦定理以及正切函数的定义，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：设正方体棱长为2a，则球O的半径为a，
∵平面ACB1截此球所得的截面的面积为2π3，
∴截面圆的半径为 23，
由题意，球心O与B的距离为12×2 3a= 3a，
O到平面ACB1的距离为13× 3a= 3a3，∴a2=( 23)2+( 3a3)2，
∴a=1，即正方体棱长为2a=2．
故选：D．
根据已知条件，算出截面圆的半径，根据球心与B的距离，再计算O到平面ACB1的距离，即可计算棱长．
本题考查了球外接多面体，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由频率分布直方图可得(0.010+0.015+0.040+a+0.005)×10=1，
解得a=0.030，故A正确；
对于B，众数的估计值为75，故B错误；
对于C，因为(0.010+0.015+0.040)×10=0.65，(0.010+0.015+0.040+0.030)×10=0.95，
所以第71百分位数落在[80,90)，设其为x，
则0.65+(x−80)×0.030=0.71，
解得x=82，所以第71百分位数是82，故C正确；
对于D，由频率分布直方图估计平均数为0.010×10×55+0.015×10×65+0.040×10×75+0.030×10×85+0.005×10×95=75.5，故D正确．
故选：ACD．
根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1可求出a的值，进而可判断A，根据众数的定义可判断B，根据百分位数的定义可判断C，根据平均数的定义可判断D．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、百分位数和平均数的定义，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：z=i−2=−2+i对应的点为(−2,1)，在第二象限内，A正确；
令z1=i，z2=−2i，则z1z2=2∈R，但z1≠z2−，B错误；
方程x2−2x+3=0在复数集内的解为x=2±2 2i2=1± 2i，C错误；
复数z满足|z|2−|z|−6=0，即(|z|−3)(|z|+2)=0，故|z|=3，复数z在复平面内对应点的轨迹为圆，D正确．
故选：AD．
根据复数的几何意义判断A，举反例判断B，根据求根公式判断C，根据复数的几何意义判断D．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：如图：
对A选项，根据折叠前后关系可知：
SA⊥SE，SA⊥SF，SE∩SF=S，
∴SA⊥平面SEF，又EF⊂平面SEF，
∴SA⊥EF，∴A选项正确；
对B选项，∵SO⊥平面AEF，又EF⊂平面AEF，
且SA⊥AEF，∴EF⊥AS
∴根据三垂线定理可知AO⊥EF，
同理可证EO⊥AF，FO⊥AE，
∴点O为△AEF的垂心，∴B选项错误；
对C选项，利用补体思想，以SO为体对角线构造长方体，结合长方体对角线的几何性质，可知C选项正确；
对D选项，取EF的中点为M，连接SM，AM，则SM⊥EF，AM⊥EF，
∴S△AEF2=14AM2⋅EF2=14AM2⋅(SE2+SF2)=14(SA2+SM2)(SE2+SF2)
=14(SA2⋅SE2+SM2⋅SE2+SA2⋅SF2+SM2⋅SF2)=14(SA2⋅SE2+SA2⋅SF2+SM2⋅EF2)
=S△SAE2+S△SAF2+S△SEF2，∴D选项正确．
故选：ACD．
根据线面垂直的判定定理与性质，分割补形法，针对各个选项分别求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】5
【解析】解：根据题意，数据x1，x2，x3，x4，x5的方差是15，
由方差的计算公式和性质，则数据5x1−2，5x2−2，5x3−2，5x4−2，5x5−2的方差S2=52×15=5．
故答案为：5．
根据题意，由数据方差的性质分析可得答案．
本题考查数据的平均数、方差的计算公式，注意方差的性质，属于基础题．
13.【答案】32 12
【解析】解：根据题意，|a+b|=1，|a−5b|=2，
设a+b和a−5b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
又a−2b=12[(a+b)+(a−5b)]，
故|a−2b|2=14[(a+b)2+(a−5b)2+2(a+b)(a−5b)]=5+4csθ4，
又由θ∈[0,π]，则−1≤cs≤≤1，
则当csθ=1时，|a−2b|2取得最大值94，则|a−2b|取最大值32；
当csθ=−1时，|a−2b|2取得最大值14，则|a−2b|取最小值12．
故答案为：32；12．
根据题意，设a+b和a−5b的夹角为θ，分析可得a−2b=12[(a+b)+(a−5b)]，由数量积的计算公式可得|a−2b|2=5+4csθ4，由三角函数的值域分析可得答案．
本题考查向量数量积的应用，涉及向量模的计算，属于中档题．
14.【答案】1
【解析】解：由题意，如图所示，连接A1B，A1B∩AB1=O，取BC中点为D，
连接OD，B1D，则OD/​/A1C，
故∠B1OD为异面直线A1C与AB1所成角或其补角，
易得OD=12A1C= 5，B1D= 7，OB1=12AB1= 2，
从而B1D2=OD2+OB12，所以异面直线A1C与AB1所成角为90°，
即正弦值为1．
故答案为：1．
连接A1B，交AB1于点O，取BC中点为D，连接OD，可知∠B1OD(或其补角)即为异面直线A1C与AB1所成角，然后求解三角形得答案．
本题考查异面直线夹角的求法，利用平移的思想，找出异面直线的夹角是解题的关键，是基础题．
15.【答案】解：(1)由题可知，S△C1EF=18，S△BCD=12，h=1
根据棱台的体积公式，可得棱台EFC1−BDC的体积：
V=13×(18+ 18×12+12)×1=724．
(2)证明：连接B1D1，则MN//B1D1//EF．
分别取AB、DC的中点G，H，连接GH，B1G，C1H.
在四边形AGB1M中，AG//MB1且AG=MB1，
所以四边形AGB1M为平行四边形，
同理可得四边形DHC1F也是平行四边形．
又GH//BC//B1C1，GH=BC=B1C1，
所以四边形GB1C1H为平行四边形，
所以AM//GB1//C1H//FD．
因为AM∩MN=M，DF∩EF=F，
所以平面AMN/​/平面DBEF．
【解析】(1)求出S△C1EF=18，S△BCD=12，h=1，根据棱台的体积公式，能求出棱台EFC1−BDC的体积．
(2)连接B1D1，则MN//B1D1//EF.分别取AB、DC的中点G，H，连接GH，B1G，C1H.推导出四边形AGB1M为平行四边形，四边形DHC1F也是平行四边形．四边形GB1C1H为平行四边形，从而AM//GB1//C1H//FD.由此能证明平面AMN/​/平面DBEF．
本题考查面面平行的证明，考查棱台的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(1)由第二组的频数得频率为1201000=0.12，从而第二组矩形的高为0.125=0.024，
由第四组的频数得频率为1801000=0.18，从而第二组矩形的高为0.185=0.036，
补全该市1000名外卖骑手周单量的频率分布直方图，如下：

(2)中位数的估计值：
由5×0.02+5×0.024+5×0.026=0.35<0.5，0.35+5×0.036=0.53>0.5，
所以中位数位于区间[25,30)中，
设中位数为x，则0.35+(x−25)×0.036=0.5，
解得x≈29.2.即样本中位数是29.2；
(3)依题意可知，被调查的1000人中，普通骑手共有100+120=220(人)，
精英骑手共有130+180+220+150=680(人)，王牌骑手共有60+30+10=100(人)，
这1000名外卖骑手购买装备的平均成本为220×2500+680×4000+100×48001000=3750(元)，
所以估计该市外卖骑手购买装备的平均成本为3750元．
【解析】(1)由频数分布表能补全该市1000名外卖骑手周每天单量的频率分布直方图；
(2)由频率分布直方图能求出样本的中位数；
(3)分别求出普通骑手、精英骑手、王牌骑手的人数，由此能估计该市每位外卖骑手购买装备平均成本．
本题考查频率分布直方图的应用，考查计算能力，是基础题．
17.【答案】解：(1)因为z1+z2=a−2ai，a∈R，
所以|z1+z2|= a2+4a2≥ 2 a2×4a2=2，当且仅当a=± 2时等号成立，
故|z1+z2|的取值范围是[2,+∞)．
(2)由题意有A(a−1,1)，B(1,−1−2a)，C(−1,0)三点共线，
∴kAC=kBC，即1a=1+2a−2，解得a=−4，
∴A(−5,1)，B(1,−12)，即OA=(−5,1)，OB=(1,−12)，
所以cs∠AOB=OA⋅OB|OA||OB|=−112 26× 54=−11 26× 5，
∴sin∠AOB=3 26× 5，
所以S△AOB=12|OA||OB|sin∠AOB
=12× 26× 52×3 26× 5=34．
【解析】(1)由复数模的定义，结合基本不等式即可求出模的取值范围；
(2)首先根据复数的几何意义找出A，B，C三点坐标，根据三点共线求出参数a，再解出三角形的面积即可．
本题考查复数模的计算、基本不等式、三点共线以及求三角形面积等知识，属基础题．
18.【答案】解：(1)因为bcsC+ 3bsinC−a−c=0，由正弦定理可得sinBcsC+ 3sinBsinC−sinA−sinC=0，
而sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以−csBsinC+ 3sinBsinC−sinC=0，
因为sinC>0，
所以 3sinB−csB=1，即sin(B−π6)=12，
而B∈(0,π)，B−π6∈(−π6,5π6)，
可得B−π6=π6，解得B=π3，
所以A+C=π−B=2π3，
所以2B=A+C，得证；
(2)由(1)可得B=π3，
又因为a2+c2=b2+2b，可得2accsB=2b，可得ac=2b，
由正弦定理可得csinA=2sinB=2× 32= 3，可得c= 3sinA，
可得asinC=2sinB= 3，可得a= 3sinC= 3sin(2π3−A)，
可得△ABC面积S=12acsinB= 34ac= 34× 3sin(2π3−A)× 3sinA=3 34⋅1( 32csA+12sinA)sinA=3 34⋅112sin(2A−π6)+14，
因为△ABC为锐角三角形，0所以sin(2A+π6)∈(−12,1)，
所以△ABC面积S=3 34⋅112sin(2A−π6)+14∈( 3,+∞)，
可得△ABC面积的取值范围( 3,+∞)．
【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求sin(B−π6)=12，可求范围B−π6∈(−π6,5π6)，解得B=π3，即可得证；
(2)由(1)可得B=π3，利用余弦定理可得ac=2b，由正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式可求S=3 34⋅112sin(2A−π6)+14，由题意可求2A+π6∈(π2,7π6)，进而利用正弦函数的性质即可求解．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换，余弦定理，三角形的面积公式以及正弦函数的性质在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：在△PDE中，PE=AE=1，PD=2，∠EPD=60°，
由余弦定理得DE2=PE2+PD2−2PE⋅PDcs60°=5−2=3，
PE2+DE2=1+3=4=PD2，
所以DE⊥PE，
在△PBE中，PE=1，BE=AB−BE=3−1=2，PB= 5，
所以PE2+BE2=PB2，所以BE⊥PE，
因为BE∩DE=E，
所以PE⊥平面BCDE，
又PE⊂平面PDE，
所以平面PDE⊥平面BCDE；
(2)解：设点F到平面PCD的距离为h，
由题意得PD=AD=2，CD=AC−AD=3−2=1，PC=2 2，CF=BC−BF=3−2=1，
在△PCD中，由余弦定理可得：cs∠PDC=PD2+CD2−PC22PD⋅CD=4+1−82×2×1=−34，
所以sin∠PDC= 74，S△PDC=12⋅PD⋅CDsin∠PDC=12×2×1× 74= 74，
由VF−PDC=VP−DCF可得13S△PDC⋅h=13S△DCF⋅PE，
因为S△DCF=12⋅CD⋅CFsin∠DCB=12×1×1× 32= 34，
所以解得h= 217，
设直线DF与平面PCD所成角为θ，
又因为DF=CD=CF=1，所以sinθ=hDF= 217，
故直线DF与平面PCD所成角的正弦值为 217；
(3)解：在线段PC上存在点M，使得DM/​/平面PBE且PMPC=23，
证明如下：在平面BCDE内，∠EBF=∠DFC=π3，
所以DF/​/BE，
又BE⊂平面PBE，DF⊄平面PBE，
所以DF/​/平面PBE，
在平面PBC内，BC=3CF，PC=3CM，
所以MF/​/PB，
又PB⊂平面PBE，MF⊄平面PBE，
所以MF/​/平面PBE，
又MF∩DF=F，
所以平面DMF//平面PBE，又DM⊂平面DMF，
所以DM/​/平面PBE，
所以线段PC上存在点M，使得DM/​/平面PBE，且PMPC=23．
【解析】(1)由余弦定理得DE2=PE2+PD2−2PE⋅PDcs60°=3，从而PE2+DE2=PD2，进而DE⊥PE，再推导出BE⊥PE，从而PE⊥平面BCDE，由此能证明平面PDE⊥平面BCDE．
(2)由等体积法求出点F到平面PCD的距离为h，进而求出直线DF与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在线段PC上存在点M使得平面DMF//平面PBE，进而DM/​/平面PBE，求出PMPC=23．
本题考查线面垂直、面面垂直、余弦定理、线面角正弦值、线面平行等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．单量/单
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
[40,45)
[45,50)
[50,55)
人数
100
120
130
180
220
150
60
30
10
日单量/单
(0,20)
[20,40)
[40,+∞)
类别
普通骑手
精英骑手
王牌骑手
装备价格/元
2500
4000
4800