2023-2024学年浙江省宁波市九校高一下学期期末联考数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省宁波市九校高一下学期期末联考数学试题（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。

1.四棱锥至多有几个面是直角三角形?
A. 2B. 3C. 4D. 5
2.已知点A2,3，B3,−1，若直线l过点P0,1且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是
A. k≤−23或k≥1B. k≤−23或0≤k≤1
C. −23≤k≤0或k≥1D. −23≤k≤1
3.若平面向量a,b,c两两的夹角相等，且a=1，b=1，c=2，则a+b+c=
A. 1B. 4C. 1或4D. 1或2
4.已知m,n为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，若m⊥α,n⊂β，则“m⊥n”是“α//β”的
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30∘，45∘，60∘，其中AB=a，BC=b(0A. 12 2ab(a+b)3b−aB. 12 3ab(a+b)3b−aC. 12 5ab(a+b)3b−aD. 12 6ab(a+b)3b−a
6.已知复数z1=1+i是关于x的方程x2+px+q=0p,q∈R的一个根，若复数z满足z−z1=p−q，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形M，则M围成的面积为
A. πB. 4πC. 16πD. 25π
7.慢走是一种简单又优良的锻炼方式，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等小温从小到大记录了近6周的慢走里程(单位：公里)：11,12,m,n,20,27，其中这6周的慢走里程的中位数为16，若要使这6周的周慢走里程的标准差最小，则m= ( )
A. 14B. 15C. 16D. 17
8.在锐角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.若b2−2csinB+c2=a2，且a=2，则tanAtanBtanC的最大值为
A. 5−2B. 3− 5C. 5−12D. 5+14
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列描述正确的是( )
A. 若事件A,B相互独立，PA=0.6，PB=0.3，则PAB∪AB=0.54
B. 若三个事件A,B,C两两独立，则满足PABC=PAPBPC
C. 若PA>0，PB>0，则事件A,B相互独立与A,B互斥一定不能同时成立
D. 必然事件和不可能事件与任意事件相互独立
10.已知复数z=−12+ 32i，则下列说法正确的是
A. z的虚部为 32iB. zz=−12− 32i
C. 复平面内z+1z对应的点位于第二象限D. z2024=z
11.如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于2,E,F分别是棱AD,BC的中点．G为平面ABD上的一动点，则下列说法中正确的有
A. 三棱锥E−AFC体积为 22
B. 线段CG+GF的最小值为 573
C. 当G落在直线BD上时，异面直线EF与AG所成角的余弦值最大为 63
D. 垂直于EF的一个面α，截该四面体截得的截面面积最大为1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1:ax+y−4=0与l2:x+a+32y+2=0平行，则实数a=_____．
13.已知圆O的直径AB把圆分成上下两个半圆，点C,D分别在上、下半圆上(都不与A,B点重合).若AC=2，AD=1，则AB⋅DC=____．
14.已知三棱锥P−ABC的四个面是全等的等腰三角形，且PA=4 2,PB=AB=2 5，点D为三棱锥P−ABC的外接球球面上一动点，PD=3 3时，动点D的轨迹长度为____．
四、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)
如图，在等腰梯形ABCD中，2AD=2DC=2CB=AB=2a，E,F分别为AB,AD的中点，BF与DE交于点M．
(1)用AD,AE表示BF；
(2)求线段AM的长．
16.(本小题12分)
已知直线l:a−1y=2a−3x+1．
(1)求证：直线l过定点；
(2)若直线l不经过第二象限，求实数a的取值范围；
(3)若直线l与两坐标轴的正半轴围成的三角形面积最小，求l的方程
17.(本小题12分)
“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分.在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：40,50,50,60,⋯,90,100，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数：
(2)活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同．
(i)任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率；
(ii)任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为2225，求n的值．
18.(本小题12分)
如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH,CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示．

(1)求证：AD⊥CG；
(2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值；
(3)若二面角H−AD−B的大小为π3，M是线段CG上的一个动点(M与C,G不重合)，试问四棱锥M−ABCD与四棱锥M−ADGH的体积之和是否为定值?若是，求出这个定值，若不是，请说明理由
19.(本小题12分)
矩形ABCD中，P,Q为边AB的两个三等分点，满足AP=PQ=QB=BC，R点从点A出发.沿着折线段AD−DC−CB向点B运动(不包含A,B两点)，记∠ARP=α，∠BRQ=β．
(1)当ΔAPR是等腰三角形时，求sinα；
(2)当R在线段AD(不包含A,D两点)上运动时，证明：∠BRP<α；
(3)当R在线段CD(包含C,D两点)上运动时，求tanα+β的最大值．
参考答案
1.C
2.D
3.C
4.B
5.D
6.C
7.C
8.B
9.ACD
10.BD
11.BCD
12.12
13.3
14.3 3π
15.解：(1)易判断等腰梯形ABCD中，∠BAD=π3，
又因为E，F分别为AB，AD的中点，BF=AF−AB=12AD−2AE;
(2)因为B，M，F三点共线，则AM=λAB+1−λAF=2λAE+1−λ2AD，
又因为D，M，E三点共线，则有2λ+1−λ2=1，解得λ=13，
故有AM=23AE+13AD，
AM= 23AE+13AD2= 73a.
16.解：(1)由直线方程(a−1)y=(2a−3)x+1变形可得a(y−2x)+3x−y−1=0，
则有y−2x=03x−y−1=0，解得x=1y=2，
所以直线l过定点(1,2)；
(2)结合图像易得当直线l斜率不存在时，即a=1时，直线l:x=1符合题意;
当直线l斜率存在时，2a−3a−1≥2，解得a<1;
综上可得，实数a的取值范围为a≤1.
(3)已知直线l:(a−1)y=(2a−3)x+1，
令x=0，得y=1a−1>0，得a>1，
令y=0，得x=13−2a>0，得a<32．
则S△=12×1a−1×13−2a=1−4a2+10a−6，
当a=54时，S△取到最大值．
此时，直线l的方程为：2x+y−4=0．
17.解：(1)由频率分布直方图有10a=1−10×(0.005+0.010×2+0.020+0.025)，得a=0.030．
设数学成绩的中位数为x，则有10×(0.005+0.010+0.020)+0.03×(x−70)=0.5，得x=75．
所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75．
(2)设A=“任选一道题，甲答对”，B=“任选一道题，乙答对”，
C=“任选一道题，丙答对”则由古典概型概率计算公式得：P(A)=1220=35，P(B)=820=25，P(C)=n20，
所以有P(A)=25，P(B)=35，P(C)=1−n20．
(i)记D=“甲、乙两位同学恰有一人答对”，则有D=AB∪AB，且有AB与AB互斥．
因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与B，A与B，A与B均相互独立，
所以P(AB∪AB)=P(AB)+P(AB)=P(A)P(B)+P(A)P(B)=35×35+25×25=1325，
答：任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率1325．
(ii)记E=“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则E=ABC，
所以P(E)=1−P(E)=1−P(ABC)=1−P(A)P(B)P(C)=1−25×35×(1−n20)=2225，解得：n=10．
18.解：(1)如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点．
由正六边形的性质，可知AD⊥NG，AD⊥NC，
因为NG∩NC=N，NG，NC⊂平面GNC．
故AD⊥平面GNC．
而CG⊂平面GNC，
所以AD⊥CG．
(2)如图，连接AC，在正六边形中，有AC=4 3，CD=4，AD=8，
则有AC2+CD2=AD2，即AC⊥CD，
又因为AH⊥CD，AC∩AH=A，AC，AH⊂平面AHC，
故CD⊥平面AHC，
连接FD，同理AF⊥FD，即AH⊥HD，
CD∩HD=D，CD，HD⊂平面CDH．
即有AH⊥平面CDH．
CH⊂平面CDH．
所以有AH⊥CH．
因为AH=4，AC=4 3，所以CH=4 2．
由体积法VH−ACD=VD−AHC，有13×S△ACD×ℎ=13×S△AHC×CD，解得ℎ=4 2 3．
设CH与平面ABCD所成的角为θ，则sinθ=ℎCH= 33．
所以CH与平面ABCD所成角的正弦值为 33．
(3)四棱锥M−ABCD与四棱锥M−ADGH的体积之和是定值12 3．
理由如下：
如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点．
由正六边形的性质，可知∠FAD=∠BAD=π3，∴OF=OB=2 3．
同理可证AD⊥NG，AD⊥NC，
NG，NC⊂平面GNC，NG∩NC=N．
故AD⊥平面GNC．
∴∠GNC就是二面角H−AD−B的平面角，即∠GNC=π3．
过M作MM1⊥NC，垂足为点M1，过M作MM2⊥NG，垂足为点M2．
∵AD⊥平面GNC，MM1⊂平面GNC，MM2⊂平面GNC，
∴AD⊥MM1，AD⊥MM2，
∴MM1⊥平面ABCD，MM2⊥平面ADGH，
∴VM−ABCD+VM−ADGH=13 S梯形ABCD⋅MM1+13S梯形ADGH⋅MM2=13×4+82×2 3MM1+MM2=4 3MM1+MM2．
在▵GNC中，NG=NC=2 3，∠GNC=π3，
∴MM1= 32MC，MM2= 32MG，
得MM1+MM2= 32MC+MG= 32×2 3=3．
∴VM−ABCD+VM−ADGH=4 3MM1+MM2=12 3．
即四棱锥M−ABCD与四棱锥M−ADGH的体积之和是定值12 3．

19.解：(1)①若AP=AR，则R与D重合，此时sin α= 22；
②若AR=PR，设AD=2，作RH⊥AP于H，
则AH=HP=1，tanα2=12，
则sinα=2sinα2csα2sin2α2+cs2α2=2tanα2tan2α2+1=45；
③若AP=PR，则AP⊥PR，此时sin α= 22．
综上，sin α= 22或45；
(2)不妨设AD=AP=PQ=QB=1，AR=ℎ∈(0,1)，
要证∠BRP<α，即证tan∠BRP又有tan(α+∠BRP)=3ℎ，
故tan∠BRP=tan(α+∠BRP−α)=2ℎ1+3ℎ2=2ℎℎ2+3<1ℎ=tanα.故得证；
(3)不妨设AP=PQ=QB=1，作RH⊥AB于H，
由对称性，不妨设AH⩾HB，设AH=1+x，BH=1+y，则x+y=1，
2⩾x⩾12⩾y⩾−1，tanα=tan∠ARH−∠PRH
=1+x−x1+x1+x=11+x+x2，
①H在PQ上，tanβ=tan∠BRH−∠QRH
=1+y−y1+y1+y=11+y+y2；
②H在QB上，tanβ=tan∠BRH+∠QRH
=1+y+−y1−1+y−y=11+y+y2，
故tanβ=11+y+y2．
所以tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ
=11+x+x2+11+y+y21−11+x+x21+y+y2
=2+x+y+x2+y21+x+x21+y+y2−1
=3+1−2xyy+y2+x+xy+xy2+x2+x2y+x2y2
=4−2xy1+1−2xy+xy+xy+x2y2
=4−2xyxy2+2，
令xy=t∈−2,14，则tan (α+β)=22−t2+t2，
令m=2−t∈74,4，则tan (α+β)=2m2+m−22=2m+6m−4
⩽22 6−4= 6+22=1+ 62，
当且仅当m=6m，即m= 6，xy=2− 6时等号成立，
故tan (α+β)的最大值为1+ 62．