2023-2024学年河北省沧州市高一下学期7月期末质量监测数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年河北省沧州市高一下学期7月期末质量监测数学试题（含答案），共9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.已知复数z=a2−16+(a+4)i为纯虚数，则实数a=( )
A. −4B. 4C. 0D. 4或−4
2.样本数据11，12，13，14，15，16，17，18，19，20的第80百分位数是( )
A. 18B. 19C. 18.5D. 18或19
3.某班级有60名学生，班主任用不放回的简单随机抽样的方法从这60名学生中抽取5人进行家访，则同学a被抽到的可能性为( )
A. 112B. 15C. 160D. 111
4.已知四棱柱ABCD−EFGH的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法) A′B′C′D′如图所示，其中A′B′=2A′D′=2D′C′=2，A′B′/​/C′D′，则这个四棱柱的体积为( )
A. 3 2B. 32C. 3 22D. 9 2
5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a+csBb+csA=sinAsinB，则这个三角形是( )
A. 等腰三角形或直角三角形B. 直角三角形
C. 等腰三角形D. 等腰直角三角形
6.在△ABC中，AB=AC=1，AN=NC，P是BN上一点，且AP=mAB+13AC，则AP⋅BC=( )
A. −16B. 19C. 0D. 1
7.河北定州开元寺塔是世界上现存最高的砖木结构古塔(如图1)，著名古建专家罗哲文誉其为“中华第一塔”.为了测量开元寺塔的高度，一研究小组选取了与该楼底部O在同一水平面内三个共线的测量基点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为45∘，60∘，45∘，且AB=2BC=98m，示意图如图2，则该塔高PO=( )
A. 49 2mB. 98mC. 49mD. 49 3m
8.如图，在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=2AA1=2A1B1，M，N分别是AB，A1B1的中点，则异面直线MN，BC1所成角的余弦值为( )
A. −14B. 14C. 23D. −23
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.已知事件A，B满足P(A)=0.3，P(B)=0.5，则下列说法正确的是( )
A. 若事件A与事件B相互独立，则它们的对立事件也相互独立
B. 事件A与事件B可能为对立事件
C. 若事件A与事件B相互独立，则P(AB)=0.15
D. 若事件A与事件B互斥，则P(A∪B)=0.8
10.已知向量a=(−1,x)，b=(1,2)，则下列说法正确的是( )
A. 若(2a−b)⊥b，则x=3
B. |2a−b|的最小值为3
C. 若(2a−b)//b，则x=14
D. 若x=1，则向量a在向量b上的投影向量的坐标是(15,25)
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是A1A，C1C的中点，点P是线段A1C1上的动点，则下列结论正确的是( )
A. 点P到平面BEF的距离不变
B. 平面BEF截该正方体所得的截面面积为5
C. 当点P在线段A1C1上运动时，始终有PD/​/平面AB1C
D. D1P+PC的最小值为 8+4 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，则复数3+i3−4i的共轭复数为 ．
13.为了丰富员工的业余生活，某企业举办了有奖答题活动，参加活动的员工依次回答三个问题，不管答对或者答错，三题答完活动结束.规定每位员工只能参加一次活动，且至少答对两道题才能获奖.已知员工甲第一题答对的概率为34，第二题答对的概率为23，第三题答对的概率为12，假设员工甲是否答对每一题相互独立，则员工甲获奖的概率为 ．
14.在△ABC中，AB=2，AC=1，BC= 3，M，N分别为AC，AB上的动点(不包括端点)，将△AMN沿MN折起，使点A到达点A′的位置，且平面A′MN⊥平面BCMN.若点A′，B，C，M，N均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为 ．
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)
已知复数z1=2m−1+mi，z2=m+mi，m∈R，在复平面内表示的点分别为Z1，Z2，O为坐标原点．
(1)若复数z1+z2在复平面内对应的点在直线y=x+2上，求|z1+z2|的值;
(2)若OZ1与OZ2的夹角为锐角，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，若AB=2e1−e2，BP=e1−3e2，PC=e1+2e2．
(1)证明：A，B，C三点共线;
(2)若e1=(1,0)，e2=(0,1)，点D(2,1)，B，C，D，P恰好构成平行四边形BCDP，求点P的坐标．
17.(本小题15分)
某学校高一年级举办了数学竞赛活动，共有1000名学生参加.从中随机抽取了100名学生的成绩(成绩均为正整数，满分为100分)作为样本进行统计，按[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．
(1)求实数x的值，并估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数、中位数、平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值表示);
(2)现从[80,90)，[90,100]两组中用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取7人组成数学学习小组，再从这7人中抽取2人作为组长，求至少一名组长来自[90,100]的概率．
18.(本小题17分)
在如图所示的几何体中，DE/​/BF，DE⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，AB=BF=4，DE=2，∠DAB=60∘，点M为AB的中点．
(1)证明：DM⊥平面ABF;
(2)证明：平面AEF⊥平面ABF;
(3)求直线EM与平面ADE所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c， 14[b2c2−(b2+c2−a22)2]= 32(acsB−c)c．
(1)求角A;
(2)若D为BC边上一点，且满足AD=λ(AB|AB|+AC|AC|)，AD=2，
(ⅰ)求1b+1c的值;
(ⅱ)求1BD+1CD的取值范围．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.D
5.A
6.C
7.D
8.C
9.ACD
10.BD
11.ACD
12.15−35i
13.1724
14.16π5
15.解：(1)z1+z2=3m−1+2mi，
因为复数z1+z2在复平面内对应的点在直线y=x+2上，
所以2m=3m−1+2，解得m=−1，
所以z1+z2=−4−2i，
所以|z1+z2|=2 5．
(2)OZ1=(2m−1,m)，OZ2=(m,m)，
因为OZ1与OZ2的夹角为锐角，则OZ1⋅OZ2>0且两向量不同向，
所以(2m−1,m)⋅(m,m)>0，
即(2m−1)m+m2>0，
即3m2−m>0，解得m>13或m<0，
当两向量共线且同向时，设OZ1=λOZ2且λ>0，
即(2m−1,m)=λ(m,m)，(2m−1,m)=(λm,λm)，
所以2m−1=λm,m=λm,解得λ=1，m=1，所以m≠1，
综上，实数m的取值范围为(−∞,0)∪(13,1)∪(1,+∞).
16.解：(1)因为BC=BP+PC=2e1−e2，所以AB=BC，所以A，B，C三点共线．
(2)设点P的坐标为(x,y)，则PD=(2−x,1−y)，BC=BP+PC=2e1−e2=(2,−1)，
因为B，C，D，P恰好构成平行四边形BCDP，所以PD=BC，即2−x=2,1−y=−1,解得x=0,y=2,
所以点P的坐标为(0,2)．
17.解：(1)在频率分布直方图中，(x+0.030+0.040+0.010+0.004)×10=1，解得x=0.016，
结合频率分布直方图，估计该校高一年级本次数学竞赛成绩的众数为75分，
落在[50,60)的频率为0.16，[60,70)的频率为0.3，[70,80)的频率为0.4，
则中位数落在[70,80)内，设中位数为y，
则(y−70)×0.040=0.5−0.16−0.3，解得y=71，即中位数为71分，
平均数为55×0.16+65×0.3+75×0.4+85×0.1+95×0.04=70.6(分)．
(2)按比例分配的分层随机抽样方法，
[80,90)中抽取的人数为0.10.1+0.04×7=57×7=5，
[90,100]中抽取的人数为0.040.1+0.04×7=27×7=2，
记来自[80,90)的5人和来自[90,100]的2人分别为a1，a2，a3，a4，a5，b1，b2，
则所有基本事件为a1a2，a1a3，a1a4，a1a5，a1b1，a1b2，a2a3，a2a4，a2a5，a2b1，a2b2，a3a4，a3a5，a3b1，a3b2，a4a5，a4b1，a4b2，a5b1，a5b2，b1b2，共21个，
满足题意的有11个，由古典概型知，至少一名组长来自[90,100]的概率为1121．
18.【解答】
(1)证明：因为DE/​/BF，DE⊥平面ABCD，所以BF⊥平面ABCD，因为DM⊂平面ABCD，所以DM⊥BF，因为△ABD是等边三角形，点M为AB的中点，所以DM⊥AB，又BF∩AB=B，BF，AB⊂平面ABF，所以DM⊥平面ABF；
(2)证明：如图，取AF的中点N，连接EN，MN，因为M，N分别为AB，AF的中点，所以MN//BF，MN=12B，又因为DE/​/BF，DE=12BF，所以MN/​/DE，MN=DE，所以四边形EDMN为平行四边形，所以EN//DM，由(1)知DM⊥平面ABF，所以EN⊥平面ABF，因为EN⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ABF；
(3)因为DE⊥平面ABCD，DE⊂平面ADE，所以平面ABCD⊥平面ADE，又平面ABCD∩平面ADE=AD，过点M作AD的垂线，垂足为Q，即MQ⊥AD，所以MQ⊥平面ADE，连接EQ，所以∠MEQ是直线EM与平面ADE所成的角，易知点Q为AD上靠近点A的四等分点，在Rt△MQA中，∠DAB=60∘，则MQ= 3，因为DE⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，所以DE⊥DM，又DM=2 3，所以在Rt△EDM中，EM=4，因为MQ⊥平面ADE，EQ⊂平面ADE，所以MQ⊥EQ，在Rt△EMQ中，sin∠MEQ=MQEM= 34，所以直线EM与平面ADE所成角的正弦值为 34．
19.解：(1)由余弦定理，等式左边= 14[b2c2−(bccsA)2]= 14b2c2(1−cs2A)= 14b2c2sin2A，
因为A∈(0,π)，所以sinA>0，
所以等式左边=12bcsinA，
所以12bcsinA= 32(acsB−c)c，
化简得bsinA= 3acsB− 3c，
由正弦定理得sinBsinA= 3sinAcsB− 3sinC，
因为C=π−(A+B)，所以sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
代入上式化简得sinBsinA=− 3csAsinB，
因为B∈(0,π)，所以sinB>0，
所以sinA=− 3csA，即tanA=− 3，
因为A∈(0,π)，所以A=2π3．
(2)(i)AD=λ(AB|AB|+AC|AC|)，
所以AD是∠BAC的平分线，
由(1)知，A=2π3，所以∠BAD=∠CAD=π3，
在△ABC中，S△ABC=S△ABD+S△ACD，
即12bcsinA=12c×AD×sin∠BAD+12b×AD×sin∠CAD，
化简得bc=2(b+c)，则1b+1c=b+cbc=12．
(ii)在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠BAD=ADsinB，
即BD=ADsin∠BADsinB= 3sinB，
在△CAD中，由正弦定理得CD=ADsin∠CADsinC= 3sinC，
所以1BD+1CD=1 3sinB+1 3sinC= 33(sinB+sinC)，
因为A=2π3，所以B+C=π3，
所以1BD+1CD= 33[sinB+sin(π3−B)]
= 33(12sinB+ 32csB)= 33sin(B+π3).
因为0所以 33sin(B+π3)∈(12, 33]，
所以1BD+1CD的取值范围为(12, 33].