2023-2024学年湖北省武汉市5G联合体高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市5G联合体高一下学期期末考试数学试卷（含答案），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.某校高三年级有810名学生，其中男生有450名，女生有360名，按比例分层随机抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则抽取男生和女生的人数分别为( )
A. 40，32B. 42，30C. 44，28D. 46，26
2.下列统计量中，都能度量样本x1,x2,⋯,xn的集中趋势的是( )
A. 样本x1,x2,⋯,xn的标准差与极差B. 样本x1,x2,⋯,xn的中位数与平均数
C. 样本x1,x2,⋯,xn的极差与众数D. 样本x1,x2,⋯,xn的方差与平均数
3.在正方体ABCD−A′B′C′D′中，二面角D′−AB−D的大小是( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 90∘
4.已知m,n是两条不同的直线，α,β是两个不同的平面，下列结论正确的是( )
A. 若m⊂α,n⊂α,m//β,n//β，则α/​/β
B. 若α∩β=m，n//m，则n//α
C. 若m⊂α,n⊂β,m⊥n，则α⊥β
D. 若m⊂α,m⊥β，则α⊥β
5.设D为ΔABC所在平面内一点，若BC⇀=3CD⇀，则下列关系中正确的是
A. AD⇀=−13AB⇀+43AC⇀B. AD⇀=13AB⇀−43AC⇀
C. AD⇀=43AB⇀+13AC⇀D. AD⇀=43AB⇀−13AC
6.如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论不正确的是( )
A. 圆柱的侧面积为4πR2B. 圆锥的侧面积为 5πR2
C. 圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和D. 三个几何体的表面积中，球的表面积最小
7.如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，侧面PAB为等边三角形，E,F分别为PA,BC的中点，给出以下结论：
①BE//平面PFD； ② EF//平面PCD；
③平面PAB与平面PCD交线为l，则CD//l； ④BE⊥平面PAC．
则以上结论正确的序号为
A. ① ③B. ② ③C. ① ② ③D. ① ② ③ ④
8.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N,P分别是C1D1,BC,A1D1的中点，有四个结论：
①AP与CM是异面直线；
②AP,MN,DD1相交于一点；
③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形；
④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形；
其中错误的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
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.设复数z=1+3i2+i，则下列命题结论不正确的是( )
A. z的虚部为1B. z= 2
C. z在复平面内对应的点在第四象限D. z是方程x2−2x+2=0的根
10.已知向量a=−2,0,b=1,1，则下列结论正确的是( )
A. a=bB. a+b//b
C. a与b的夹角为34πD. a在b上的投影向量为−1,−1
11.已知正四面体P−ABC的棱长为 2，则( )
A. 正四面体P−ABC的外接球表面积为4π
B. 正四面体P−ABC内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体P−ABC的相邻两个面所成二面角的正弦值为13
D. 正四面体S−EFG在正四面体P−ABC的内部，且可以任意转动，则正四面体S−EFG的体积最大值为181
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，△O′A′B′是水平放置的▵OAB的斜二测直观图，若O′A′=3,OB′=2 2,∠A′O′B′=45∘，则▵OAB的面积为 ．
13.已知向量a=−1,2，则与a垂直的单位向量的坐标为 ．
14.如图，正三棱锥P−ABC的侧面和底面ABC所成角为α，正三棱锥Q−ABC的侧面和底面ABC所成角为β,AB=2 3,P和Q位于平面ABC的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则∠PBQ= ，tanα+β的最大值为 ．
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)
果切是一种新型水果售卖方式，商家通过对整果进行消洗､去皮､去核､冷藏等操作后，包装组合销售，在“健康消费”与“瘦身热潮”的驱动下，果切更能满足消费者的即食需求．
(1)统计得到10名中国果切消费者每周购买果切的次数依次为：1,7,4,7,4,6,6,3,7,5，求这10个数据的第70百分位数与方差s2；
(2)统计600名中国果切消费者的年龄，他们的年龄均在5岁到55岁之间，按照5,15,15,25,25,35,35,45,45,55分组，得到频率分布直方图.估计这600名中国果切消费者年龄的中位数a及平均数ω(结果保留整数)．
16.(本小题15分)
在▵ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2−bc=a2．
(1)求角A的大小；
(2)若b=2,sinC=17．
(i)求sinB的值；
(ii)求▵ABC的面积．
17.(本小题15分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AD1，CD1的中点．
(1)证明：EF//平面ABCD．
(2)求异面直线EF与BC1所成角的大小．
(3)求直线BD与平面D1EF所成角的正切值．
18.(本小题17分)
(1)已知A2,3，B4,−3，点P在线段AB的延长线上，且AP=32PB，求点P的坐标；
(2)若a,b是夹角为60∘的两个单位向量，求：(i)a−12b的值；(ii)函数fx=a−xbx∈R的最小值；
(3)请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明．
①余弦定理；②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；③三角形的三条中线交于一点．
注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分．
19.(本小题17分)
如图，已知三棱台ABC−A1B1C1的体积为7 312，平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，▵ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，且AB=2AA1=2A1B1=2BB1，

(1)证明：BC⊥平面ABB1A1；
(2)求点B到面ACC1A1的距离；
(3)在线段CC1上是否存在点F，使得二面角F−AB−C的大小为π6，若存在，求出CF的长，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.B
3.B
4.D
5.A
6.D
7.C
8.C
9.BCD
10.CD
11.BD
12.6 2
13.±2 55, 55
14.90∘；−43
15.(1)
按从小到大顺序：1，3，4，4，5，6，6，7，7，7，
由于10×70%=7，故第70百分位数为6+72=6.5；
平均数x=1+3+4×2+5+6×2+7×310=5，
s2=(1−5)2+(3−5)2+2×(4−5)2+(5−5)2+2×(6−5)2+3×(7−5)210=3.6
(2)
由0.020×10=0.2<0.5,0.020+0.035×10=0.55>0.5,可得15所以0.20+a−15×0.035=0.5，解得a=+15≈24，
所以这600名中国果切消费者年龄的中位数为24．
其平均数
ω=10×0.020×10+20×0.035×10+30×0.025×10+40×0.015×10+50×0.005×10=25.

16.(1)
已知b2+c2−bc=a2，由余弦定理b2+c2−2bccsA=a2，
则csA=12，又A∈0,π，则A=π3．
(2)
(i)sinC=17故csC= 1−sin2C=4 37，
sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC= 32×4 37+12×17=1314．
(ii)由正弦定理可知，a=bsinAsinB=2× 321314=14 313，
故▵ABC的面积为S▵ABC=12absinC=12×14 313×2×17=2 313．

17.(1)
如图，连接AC交BD于点O，
因为E，F分别为AD1，CD1的中点，所以EF//AC．
因为AC⊂平面ABCD，且EF⊄平面ABCD，
所以EF//平面ABCD．
(2)
因AB//CD//D1C1，且AB=CD=D1C1，易得▱ABC1D1，
则有BC1//AD1，由(1)得EF//AC，故EF与BC1所成角为∠D1AC(或其补角)．
因为AC=AD1=CD1，所以∠D1AC=60∘，
即EF与BC1所成角的大小为60∘．
(3)
连接D1O，过D作DG⊥D1O于点G．
因为DD1⊥平面ABCD，且AC⊂平面ABCD，
所以DD1⊥AC，又BD⊥AC且DD1∩BD=D，
所以AC⊥平面D1DO．
因为DG⊂平面D1DO，所以DG⊥AC，
又DG⊥D1O，且AC∩D1O=O，AC,D1O⊂平面ACD1，
所以DG⊥平面ACD1，
所以直线BD与平面D1EF所成角为∠DOD1(或其补角)．
因为正方体的边长为1，所以DD1=1，DO= 22，
所以tan∠DOD1=DD1DO= 2．

18.(1)设Px,y，则AP=x,y−2,3=x−2,y−3，AB=4,−3−2,3=2,−6，
因为点P在线段AB的延长线上，且AP=32PB，所以AP=3AB，
所以x−2=3×2y−3=3×−6，解得x=8y=−15，所以P8,−15；
(2)(i)因为a，b为单位向量，所以a=1，b=1，
所以a−12b= a−12b2= a2−a⋅b+12b2
= 12−1×1×cs60∘+14= 32；
(ii)因为fx=a−xb= a−xb2= a2−2xa⋅b+x2b2= 1−2xcs60∘+x2
= x2−x+1= x−122+34，
所以当x=12时，函数fx=a−xb的最小值为 32；
(3)若选①：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．
证明：如图，设CB=a,CA=b,AB=c，
由三角形法则有c=a−b，所以c2=a−b2=a2+b2−2a⋅b
即c2=a2+b2−2abcsC．
同理可得，a2=b2+c2−2bccsA，b2=a2+c2−2accsB．
若选②：
在平行四边形ABCD中，AC，BD为对角线，
证明：AC2+BD2=AB2+DC2+AD2+BC2．
根据条件作出图形，
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以AB=DC，AD=BC，AC=AB+AD，
所以AC2=AB+AD2=AB2+2AB⋅AD+AD2，
因为BD=AD−AB，
所以BD2=AD−AB2=AD2−2AD⋅AB+AB2，
所以AC2+BD2=2AB2+2AD2=AB2+DC2+AD2+BC2，
即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和；
若选③：
在▵ABC中，D，E，F分别为BC，AB，AC的中点，证明：AD，CE，BF相交于一点．
由题意作出图形，
设AC=a，BC=b，
则AB=CB−CA=−b+a，AD=AC+CD=a−12b，
BF=BC+CF=b−12a，
设AD，CE相交于一点G1，AG1=λAD0<λ<1，BG1=μBF0<μ<1，
则AG1=λAD=λa−12b=λa−12λb，
BG1=μBF=μb−12a=μb−12μa，
又AG1=AB+BG=a−b+μb−12μa=μ−1b+1−12μa，
所以λ=1−12μ−12λ=μ−1，解得λ=23，μ=23，
所以AG1=23AD，
再设AD，BF相交于一点G2，同理可证得AG2=23AD，
即G1，G2重合，即AD，CE，BF相交于一点，
所以三角形的三条中线交于一点．

19.(1)
连接AB1，

在三棱台ABC−A1B1C1中，AB//A1B1；
∵AB=2AA1=2A1B1=2BB1，∴四边形ABB1A1为等腰梯形且∠ABB1=∠BAA1=60∘，
设AB=2x，则BB1=x．
由余弦定理得：AB12=AB2+BB12−2AB⋅BB1cs60∘=3x2，
∴AB2=AB12+BB12，∴AB1⊥BB1；
∵平面ABB1A1⊥平面BCC1B1，平面ABB1A1∩平面BCC1B1=BB1，AB1⊂平面ABB1A1，
∴AB1⊥平面BCC1B1，又BC⊂平面BCC1B1，∴AB1⊥BC；
∵▵ABC是以B为直角顶点的等腰直角三角形，∴BC⊥AB，
∵AB∩AB1=A，AB,AB1⊂平面ABB1A1，∴BC⊥平面ABB1A1 (2)
由棱台性质知：延长AA1,BB1,CC1交于一点P，

∵A1B1=12AB，∴S▵ABC=4S▵A1B1C1，∴VP−ABC=8VP−A1B1C1，
∴VP−ABC=87VABC−A1B1C1=87×7 312=2 33；
∵BC⊥平面ABB1A1，即BC⊥平面PAB，
∴BC即为三棱锥P−ABC中，点B到平面PAB的距离，
由(1)中所设：AB=BC=2x，∠PAB=∠PBA=60∘，
∴▵PAB为等边三角形，∴PA=PB=AB=2x，
∴VP−ABC=13S▵PAB⋅BC=13×12×2x2× 32×2x=2 33x3=2 33，∴x=1；
∴AB=BC=PA=PB=2，∴AC=PC=2 2，
∴S▵PAC=12×2× 2 22−12= 7，
设所求点B到平面ACC1A1的距离为d，即为点C到面PAC的距离，
∵VP−ABC=VB−PAC，∴13S▵PAC⋅d= 73d=2 33，解得：d=2 217．
即点B到平面ACC1A1的距离为2 217．
(3)
∵BC⊥平面ABB1A1，BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面PAB，
∵平面ABC∩平面PAB=AB
∴取AB中点N，在正▵PAB中，PN⊥AB，∴PN⊥平面ABC，
又PN⊂平面PNC，∴平面PNC⊥平面ABC．
作FE⊥CN，平面PNC∩平面ABC=CN，则FE⊥平面ABC，
作ED⊥AB，连接FD，则ED即FD在平面ABC上的射影，

∵FE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥FE，
∵DE∩FE=E，DE,FE⊂平面DEF，∴AB⊥平面DEF，
∵FD⊂平面DEF，∴AB⊥FD，∴∠FDE即二面角F−AB−C的平面角．
设FE= 3t，
在△PCN中，作PO⊥CN，

∵FE⊥CN，∴PO//FE，又FE⊥平面ABC，∴PO⊥平面ABC，
∴VP−ABC=13S▵ABC⋅PO=13×12×2×2PO=2 33，解得：PO= 3，
由(2)知：AC=PC=2 2，∴OC= PC2−PO2= 5，
∵EFPO=CEOC，∴CE= 5 3⋅ 3t= 5t，
∵CN= 22+12= 5，∴EN= 5− 5t，
∵DE//BC，∴DE=ENCN⋅BC= 5− 5t 5×2=2−2t，
若存在F使得二面角F−AB−C的大小为π6，
则tan∠FDE=tanπ6=FEDE= 3t2−2t= 33，解得：t=25，
∴CF= CE2+EF2=2 2t=4 25∴存在满足题意的点F，CF=4 25．