2023-2024学年四川省遂宁市射洪中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省遂宁市射洪中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共14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.复数z=12+i在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.高三某班56人参加了数学模拟考试，通过抽签法，抽取了8人的考试成绩如下：73，71，91，80，82，85，106，93，则这组数据的中位数与70%分位数分别为( )
A. 81，95.5B. 81，85C. 83.5，92D. 83.5，91
3.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线A1B与AD1所成角的大小为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
4.如图，在△ABC中，BC=4，AB=AC=2 5，若△ABC的水平放置直观图为△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为( )
A. 2B. 2 2C. 3 2D. 4 2
5.已知α∈(−π2,π2)，且12sin2α−5csα=9，则cs2α=( )
A. 13B. −79C. −34D. 18
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若( 3b−c)csA=acsC，则csA=( )
A. 33B. 24C. 23D. 8 381
7.若圆锥的母线长为2 3，侧面展开图的面积为6π，则该圆锥的体积是( )
A. 3πB. 3πC. 3 3πD. 9π
8.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子(近似为球)包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为( )
A. 512 6729πB. 16 23πC. 32 627πD. 128 281π
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.对于两个平面α，β和两条直线m，n，下列命题中假命题是( )
A. 若m⊥α，m⊥n，则n/​/α
B. 若m/​/α，α⊥β，则m//β
C. 若m/​/α，n/​/β，α⊥β，则m⊥n
D. 若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n
10.函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则下列结论正确的是( )
A. 函数f(x)最小正周期为T=πB. φ=π6
C. f(x)在区间[−5π12,−π6]上单调递减D. 方程f(x)=12在区间[0,2π]内有4个根
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E，F，G，H，I均为所在棱的中点，P是正方体表面上的动点，则下列说法正确的是( )
A. HI//平面EFG
B. 三棱锥A1−EFG的体积为12
C. 过E，F，G三点的平面截正方体所得截面的面积为3 3
D. 若AP=2，则点P的轨迹长度为3π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,2)，b=(1,3)，则a⋅b= ______．
13.某高中为了了解学生参加数学建模社团的情况，采用了分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了300人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了90人.已知该校高三年级共有720名学生，则该校共有学生______人.
14.设正方形ABCD的边长为4，动点P在以AB为直径的圆上，则PC⋅PD的取值范围为______．
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)
已知向量a=(1,2),b=(2,−2),c=(λ+3,1)，向量a与向量b的夹角为θ．
(1)求csθ的值．
(2)若c⊥(2a+b)，求实数λ的值．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+ 3csA=2．
(1)求A；
(2)若a=2， 2bsinC=csin2B，求△ABC周长．
17.(本小题15分)
2024年中国全名健身走(跑)大赛(四川射洪站)城市联动接力赛在射洪市举行，志愿者的服务工作是城市联动接力赛成功举办的重要保障，射洪市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a，b的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数；
(3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和40，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和70，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sinxcsx− 3cs2x+ 32．
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π6个单位，得到函数g(x)的图象，当x∈[π2,π]时，求函数g(x)的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在四面体ABCD中，AB=BD=CD=3，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，点M为AD上一点，且AM=2MD，连接BM，CM．
(1)证明：BM⊥CD；
(2)求点D到平面BMC的距离；
(3)求二面角M−BC−D的余弦值．
答案解析
1.D
【解析】解：因为z=12+i=2−i(2+i)(2−i)=2−i5=25−15i，
所以复数z=12+i在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：D．
2.D
【解析】解：将题目中的8个数从小到大排列为：71，73，80，82，85，91，93，106，
中位数为第四、五两个数的平均数，等于82+852=83.5，
又∵8×70%=5.6，∴这组数据的70%分位数为第六个数，等于91．
∴这组数据的中位数与70%分位数分别为83.5，91．
故选：D．
3.B
【解析】解：根据正方体的性质可知BA1//CD1，
所以∠AD1C是直线A1B与AD1所成角，
由于三角形ACD1是等边三角形，所以∠AD1C=π3，
即直线A1B与AD1所成角的大小为π3．
故选：B．
4.B
【解析】解：在△ABC中，BC=4，AB=AC=2 5，
所以底边BC上的高为AO= (2 5)2−22=4，
所以△ABC的面积为S△ABC=12×4×4=8，
所以△ABC水平放置的直观图△A′B′C′的面积为
S△A′B′C′= 24S△ABC= 24×8=2 2．
故答案选：B．
5.B
【解析】解：α∈(−π2,π2)，且12sin2α−5csα=9，
可得12−12cs2α−5csα=9，解得csα=13，
则cs2α=2cs2α−1=−79．
故选：B．
6.A
【解析】解：∵在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c且有( 3b−c)csA=acsC，
∴由正弦定理可得：
( 3sinB−sinC)csA=sinAcsC，
整理得： 3sinBcsA=sinAcsC+csAsinC，
即： 3sinBcsA=sin(A+C)，
又∵A+B+C=π，
∴ 3sinBcsA=sin(A+C)=sinB，
∴csA= 33．
故选：A．
7.B
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为r，因为母线长为2 3，
所以侧面展开图的面积为πr×2 3=6π，
解得r= 3，
所以圆锥的高为ℎ= (2 3)2−( 3)2=3，
所以圆锥的体积是V=13π×( 3)2×3=3π．
故选：B．
8.A
【解析】解：由题意可得每个三角形面积为S=12×4×2 3=4 3，
由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为 16−(4 33)2=4 63，
故四面体的体积为13×4 3×4 63=16 23，
∵该六面体的体积是正四面体的2倍，
∴六面体的体积是32 23，
由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，
设丸子的半径为R，则32 23=6×13×4 3×R，解得R=4 69，
∴丸子的体积的最大值为Vmax=4π3R3=4π3×(4 69)3=512 6729π．
故选：A．
9.ABC
【解析】解：若m⊥α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α，故A错误；
若m/​/α，α⊥β，则m⊂β或m//β或m与β相交，故B错误；
若m/​/α，n/​/β，α⊥β，则m/​/n或m与n相交或m与n异面，故C错误；
若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n，故D正确．
故选：ABC．
10.ACD
【解析】解：对于A，由图象知：f(x)的最小正周期T=2×(5π6−π3)=π，A正确；
对于B，由A知：ω=2πT=2，∴f(π3)=sin(2π3+φ)=1，
∴2π3+φ=π2+2kπ(k∈Z)，解得：φ=−π6+2kπ(k∈Z)，
又|φ|<π2，∴φ=−π6，B错误；
对于C，由AB可知：f(x)=sin(2x−π6)，
当x∈[−5π12,−π6]时，2x−π6∈[−π,−π2]，
∴f(x)在[−5π12,−π6]上单调递减，C正确；
对于D，当x∈[0,2π]时，2x−π6∈[−π6,23π6]，
则当2x−π6=π6或5π6或13π6或17π6，即x=π6或π2或7π6或3π2时，f(x)=12，
∴f(x)=12在区间[0,2π]内有4个根，D正确．
故选：ACD．
11.BCD
【解析】解：选项A，如图，设点K是棱DD1中点，由E，F，G，H，I均为所在棱的中点，
根据中位线易得HI//EF//KG，进而可得HI与点EFG共面，所以HI⊂平面EFG，故A错误；
选项B，如图，因为面A1FG在正方体前侧面上，所以点E到面A1FG的距离等于EA的长，
正方形A1B中S△A1FG=SABB1A1−S△AFA1−S△BFG−S△A1B1G=32，
则三棱锥A1−EFG的体积为V=13S△A1FG⋅EA=12，故B正确；
选项C，由选项A知过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFGIHK，边长EF= 2，所以面积为3 3，故C正确；
选项D，由 AP=2知点P轨迹为A为球心，2为半径的球与正方体表面的交线，如图，
由正方体棱长2得，交线为三段半径为2的四分之一圆，长度为3π，故D正确．
故选：BCD．
12.7
【解析】解：因为a=(1,2)，b=(1,3)，
所以a⋅b=1×1+2×3=7．
故答案为：7．
13.1800
【解析】解：由题意可知从三个年级中抽取的300人进行问卷调查，其中高三有120人，
所以抽取的比例为120720=16
设该校共有n名学生，可得300n=16，
解得n=1800人，即该校共有1800名学生．
故答案为：1800．
14.[0,32]
【解析】解：如图，取DC的中点E，连接PE，
设AB为直径的圆的圆心为O，半径为r，
则由向量的极化恒等式可得：
PC⋅PD=PE2−EC2=PE2−4，
又PE∈[EO−r,EO+r]，又EO=4，r=2，
即PE∈[2,6]，∴PE2∈[4,36]，
∴PC⋅PD∈[0,32]．
故答案为：[0,32]．
15.解：(1)因为a=(1,2),b=(2,−2)，
所以|a|= 12+22= 5,|b|= 22+(−2)2=2 2，a⋅b=1×2+2×(−2)=−2，
因为向量a与向量b的夹角为θ，
所以csθ=a⋅b|a|⋅|b|=−2 5⋅2 2=− 1010；
(2)因为a=(1,2),b=(2,−2)，所以2a+b=(4,2)，
又c=(λ+3,1)，且c⊥(2a+b)，
所以c⋅(2a+b)=0，即4(λ+3)+2=0，解得λ=−72．
【解析】(1)由平面向量夹角的坐标表示计算即可求得；
(2)由向量垂直的坐标表示建立方程，求解即可．
16.解：(1)因为sinA+ 3csA=2，
所以2sin(A+π3)=2，即sin(A+π3)=1，
由A为三角形内角得A+π3=π2，
即A=π6；
(2)因为 2bsinc=csin2B，
2bsinC=2csinBcsB，由正弦定理可得： 2bc=2bccsB，
可得csB= 22，
又因为B∈(0,π)，所以B=π4，C=π−A−B=712π，
在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB=csinC=212=4，
所以b=4sinB=2 2，c=4sinC=4sin7π12=4sin(π4+π3)= 6+ 2，
所以△ABC的周长为a+b+c=2+3 2+ 6．
综上，△ABC的周长为2+3 2+ 6．
【解析】(1)由辅助角公式及角A的范围，可得角A的大小；
(2)由正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小，进而可得角C的大小，再由正弦定理可得b，c的值，进而求出△ABC的周长．
17.解：(1)由题意可知：10a+10b=0.310(0.045+0.020+a)=1−0.3，
解得a=0.005b=0.025；
(2)由(1)可知，每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
所以平均数为x−=50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5，
因为0.05+0.25=0.30>0.25，设第25百分位数为x，则x∈[55,65)，
则0.05+(x−55)×0.025=0.25，解得x=63，
故第25百分位数为63；
(3)设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为x−1,x−2,s12,s22，
且两组频率之比为，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数x−=5×62+4×809=70
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差
s2=59[s12+(x−1−x−)2]+49[s22+(x−2−x−)2]
=59[40+(62−70)2]+49[70+(80−70)2]=4003．
故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是4003．
【解析】(1)根据频率分布直方图分别表示出各组的频率，由第一、二组的频率之和为0.3及总的频率之和为1列方程组解出a，b的值；
(2)分别写出每一组的频率，由平均数计算公式得到平均数，根据频率和得到第25百分位数所在的组，由概率和为0.25解出第25百分位数的值；
(3)由第二组、第四组的频率之比得到分层抽样后两组人数所占比例，再结合两组各自的平均数和方差，由公式x−=59x1−+49x2−，s2=59[s12+(x1−x−)2]+49[s22+(x2−x−)2]分别求出两组所有面试者的方差．
18.解：(1)函数f(x)=sinxcsx− 3cs2x+ 32=12sin2x− 32(1+cs2x)+ 32=sin(2x−π3)．
令π2+2kπ≤2x−π3≤2kπ+3π2，(k∈Z)，
整理得：5π12+kπ≤x≤kπ+11π12，(k∈Z)，
故函数的单调递减区间为：[5π12+kπ,kπ+11π12]，(k∈Z)．
(2)将函数f(x)的图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移π6个单位，得到函数g(x)=sin(x−π6)的图象，
由于：x∈[π2,π]，
所以：x−π6∈[π3,5π6]，
故sin(x−π6)∈[12,1]．
故函数g(x)的取值范围为[12,1]．
【解析】(1)直接利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的单独叫递减区间；
(2)利用函数的图象的平移变换和伸缩变换的应用求出结果．
19.(1)证明：因为AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，
所以AB⊥CD，
因为CD⊥BD，AB∩BD=B，AB，BD⊂平面ABD，
所以CD⊥平面ABD，
因为BM⊂平面ABD，
所以BM⊥CD；
(2)解：因为AB⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，所以AB⊥BD，
因为AB=BD=3，所以AD=3 2，∠ADB=45°，
因为点M为AD上一点，且AM=2MD，
所以AM=2 2,DM= 2，点M到平面BCD的距离为ℎ=13AB=1，
因为CD⊥BD，BD=CD=3，所以BC=3 2，S△BCD=12×3×3=92，
由(1)知CD⊥平面ABD，因为AD⊂平面ABD，所以CD⊥AD，
所以CM= CD2+DM2= 9+2= 11，
在△BDM中，由余弦定理得BM= BD2+DM2−2BD⋅DMcs∠BDM
= 9+2−2×3× 2× 22= 5，
在△BCM中，由余弦定理得cs∠BMC=5+11−182× 5× 11=−1 55，
所以sin∠BMC= 1−155= 5455，
所以S△BCM=12BM⋅CMsin∠BMC=12× 5× 11× 5455=3 62，
设点D到平面BMC的距离为d，
因为VD−BMC=VM−BCD，所以13S△BCM⋅d=13S△BCD⋅ℎ，
所以13×3 62⋅d=13×92×1，解得d= 62；
(3)解：取BC的中点N，连接DN，过M作MH⊥BD于H，过H作HE⊥BC于E，连接ME，
因为在平面ABD中，AB⊥BD，MH⊥BD，所以MH‖AB，
由(1)知AB⊥CD，所以MH⊥CD，
因为CD∩BD=D，CD，BD⊂平面BCD，所以MH⊥平面BCD，
因为BC⊂平面BCD，所以MH⊥BC，
因为HE⊥BC，MH∩HE=H，MH，HE⊂平面MEH，
所以BC⊥平面MEH，
因为ME⊂平面MEH，所以BC⊥ME，
所以∠MEH为二面角M−BC−D的平面角，
因为AM=2MD，AB=BD=CD=3，
所以MH=13AB=1,HE=23DN=23×32 2= 2，
在Rt△MHE中，ME= MH2+EH2= 1+2= 3，
所以cs∠MEH=HEME= 2 3= 63，
所以二面角M−BC−D的余弦值为 63．
【解析】(1)由AB⊥平面BCD，得AB⊥CD，而CD⊥BD，则由线面垂直的判定定理可证得CD⊥平面ABD，再利用线面垂直的性质可证得结论；
(2)由AM=2MD可得点M到平面BCD的距离为ℎ=13AB=1，在△BDM中利用余弦定理求出BM，再在△BCM中利用余弦定理求出cs∠BMC，从而可求出sin∠BMC，则可求出S△BCM，然后利用等体积法可求得结果；
(3)取BC的中点N，连接DN，过M作MH⊥BD于H，过H作HE⊥BC于E，连接ME，则可得∠MEH为二面角M−BC−D的平面角，然后根据已知的数据在Rt△MHE中求解即可．