2023-2024学年四川省阿坝藏族羌族自治州高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省阿坝藏族羌族自治州高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共11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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若z=2−i，则|z−z|=( )．
A. 2B. 2iC. 2D. 4
2.若|a|=2，a与b夹角为60∘，且b⊥(a−b)，则|b|=( )．
A. 32B. 1C. 3D. 2
3.已知tanα=2，α为锐角，则sin(α+π4)=( )．
A. − 1010B. 1010C. −3 1010D. 3 1010
4.将函数f(x)=sinx的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则g(x)的一条对称轴可能为( )．
A. 5π12B. π12C. 5π3D. π3
5.已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，且α∩β=m，给出下列四个命题：
①若m/​/n，则n/​/α或n/​/β
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若α⊥β，γ⊥β，则α/​/γ
④若γ∩β=n，m/​/n，则γ//α
则上述命题中正确的个数为( )．
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数之差绝对值小于2的概率为( )．
A. 23B. 59C. 49D. 13
7.羌族是中国西部地区的一个古老民族，被称为“云朵上的民族”，其建筑颇具特色.碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑，一般多建于村寨住房旁.现有一碉楼，其主体部分可以抽象成正四棱台ABCD−A1B1C1D1，如图，已知该棱台的体积为224m3，AB=8m，A1B1=4m，则二面角A1−AB−C的正切值为( )．
A. 3B. 3 22C. 3D. 32
8.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=1，A=60∘，设O，G分别是△ABC的外心和重心，则AO⋅AG的最大值是( )
A. 12B. 13C. 14D. 16
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a=(1,λ)，b=(λ+2,3)，则( )．
A. “λ=1”是“a/​/b”的必要条件
B. “λ=−3”是“a/​/b”的充分条件
C. “λ=−12”是“a⊥b”的必要条件
D. “λ=12”是“a⊥b”的充分条件
10.已知一组样木数据x1，x2，⋯，x20，(x1≤x2≤⋯≤x20)下列说法正确的是( )．
A. 该样本数据的第60百分位数为x12
B. 若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数大于中位数
C. 若样本数据的方差s2=120i=120xi2−25，则这组样本数据的总和为100
D. 若由yi=2xi(i=1,2,⋯,20)生成一组新的数据y1，y2，⋯，y20，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍
11.如图，在长方体ABCD−A′B′C′D′中，AB=BC=2，AA′=4，N为棱C′D′中点，D′M=12，P为线段A′B上一动点，下列结论正确的是( )．
A. 线段DP长度的最小值为6 55
B. 存在点P，使AP+PC=2 3
C. 存在点P，使A′C⊥平面MNP
D. 以B为球心，176为半径的球体被平面AB′C所截的截面面积为6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.习主席曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，为响应国家号召，农学专业毕业的小李回乡创业，在自家的田地上种植了A，B两种有机生态番茄共5000株，为控制成本，其中A品种番茄占40%.为估计今年这两种番茄的总产量，小李采摘了10株A品种番茄与10株B品种番茄，其中A品种番茄总重17kg，B品种番茄总重23kg，则小李今年共可收获番茄约 kg．
13.已知三棱锥A−BCD，△ABC是边长为2的等边三角形，△BCD是面积为2的等腰直角三角形，且平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A−BCD的外接球表面积为 ．
14.在△ABC中，AB⊥AC，AB=4，AC=3，P为斜边BC上一动点，点Q满足|PQ|=2，且AQ=mAB+nAC，则2m+n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)
如图，棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，O是AC的中点，E是AA1的中点，点F在AB上．
(Ⅰ)当F是AB的中点时，证明：平面EFO//平面A1D1C;
(Ⅱ)当F是靠近B的三等分点时，求异面直线FO与A1C所成角的余弦值．
16.(本小题15分)
2024年4月26日，主题为“公园城市、美好人居”的世界园艺博览会在四川成都正式开幕，共建成113个室外展园，涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格，吸引了全球各地游客前来参观游玩.现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了50名游客，统计他们的参观时间(从进入至离开该展园的时长，单位：分钟，取整数)，将时间分成[45,55)，[55,65)，⋯，[85,95]五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
(Ⅰ)求图中a的值;
(Ⅱ)由频率分布直方图，试估计该展园游客参观时间的第75百分位数(保留一位小数);
(Ⅲ)由频率分布直方图，估计样本的平均数x(每组数据以区间的中点值为代表)．
17.(本小题15分)
甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下：在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球;若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权;比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局．
已知在每回合中，甲获胜的概率均为23，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球．
(Ⅰ)求甲至少赢1个回合的概率;
(Ⅱ)求第二回合中有选手得分的概率;
(Ⅲ)求甲乙两人在比赛中平局的概率．
18.(本小题17分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=4，c=2，asinA+csinC=2bsinB.D是线段AC上的一点，满足AD=13AC，过D作一条直线分别交射线BA、射线BC于M、N两点．
(Ⅰ)求b，并判断△ABC的形状;
(Ⅱ)求BD的长;
(Ⅲ)求BM⋅BN的最小值．
19.(本小题17分)
如图，斜三棱柱A1B1C1−ABC中，∠ABC=90∘，四边形ABB1A1是菱形，D为AB中点，A1D⊥平面ABC，点A1到平面BCC1B1的距离为 3，AA1与CC1的距离为2．
(Ⅰ)求证：CB⊥平面ABB1A1;
(Ⅱ)求A1C与平面BCC1B1所成角的正弦值;
(Ⅲ)若E，F分别为AA1，AC的中点，求此斜三棱柱被平面B1EF所截的截面面积．
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.D
5.B
6.C
7.A
8.B
9.BC
10.BCD
11.AC
12.10300
13.28π3
14. 133+2
15.证明：(Ⅰ)由正方体可知，O，E是AC，AA1中点，F是AB中点，
因此OE为△A1AC的中位线，OF为△ABC的中位线，
故OE//A1C，OF//BC//A1D1．
又由于A1D1，A1C⊂平面A1D1C，OF，OE⊄平面A1D1C，
所以有OE/​/平面A1D1C，OF/​/平面A1D1C.
且OE∩OF=O，OE，OF⊂平面EFO，
故平面EFO//平面A1D1C.
(Ⅱ)由OE//A1C可知，异面直线FO与A1C所成角即为∠EOF或其补角．
由于AA1⊥平面ABCD，AB，AO⊂平面ABCD，
所以有∠EAF=∠EAO=90∘．
由题意得AF=4，在Rt△EAF中，由勾股定理可得EF=5．
易得AO=3 2，AE=3，在Rt△EAO中，由勾股定理可得EO=3 3．
在△OAF中，∠CAB=45∘，由余弦定理得FO= 10，
在△EOF中，由余弦定理可得EF2=EO2+FO2−2EO⋅FO⋅cs∠EOF，
代入解得cs∠EOF=63 30= 3015>0．
因此，异面直线FO与A1C所成角的余弦值为 3015.

16.解：(Ⅰ)由样本频率分布直方图可知(0.01+2a+0.025+0.035)×10=1，解得a=0.015;
(Ⅱ)样本频率直方图前三组频率之和为(0.010+0.025+0.035)×10=0.7<0.75，
前四组频率之和为(0.010+0.025+0.035+0.015)×10=0.85>0.75，
所以样本数据的第七十五百分位数在第四组内，
设其为x，则(x−75)×0.015+0.70=0.75，解得x=78.3，
所以样本数据的第七十五百分位数为78.3．
由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为78.3;
(Ⅲ)x=0.01×10×50+0.035×10×60+0.025×10×70+0.015×10×80+0.015×10×90，
计算可得，样本的平均数x=69.


17.解：(Ⅰ)设事件Ai=“第i回合甲胜”，
事件M=“甲至少赢一回合”，
故M=“甲每回合都输”．Ai，Ai为对立事件，P(Ai)=23，故P(Ai)=13．
P(M)=1−P(M)=1−P(A1A2A3)
=1−P(A1)P(A2)P(A3)=1−(13)3=2627，
故甲至少赢1个回合的概率为2627．
(Ⅱ)设事件N=“第二回合有人得分”，
由题可知N=A1A2∪A1A2，且A1A2和A1A2互斥，
则P(N)=P(A1A2)+P(A1A2)=P(A1)⋅P(A2)+P(A1)⋅P(A2)=59，
故第二回合有人得分的概率为59．
(Ⅲ)设事件Q=“甲乙两人平局”，
由题可知，只有1:1与0:0两种情况，
因此Q=A1A2A3∪A1A2A3，
故P(Q)=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)+P(A1)P(A2)P(A3)=427，
故甲乙两人平局的概率为427．
18.解：(Ⅰ)由正弦定理得，a2+c2=2b2，解得b= 10．
又因为b2+c2−a2=−2<0，
故csA=b2+c2−a22bc<0，则A>π2，
所以△ABC是钝角三角形．
(Ⅱ)由平面向量基本定理，BA，BC可作为一组基底向量，
且有|BA|=2，|BC|=4，
cs=csB=a2+c2−b22ac=58．
由于AD=13AC，所以BD=23BA+13BC，
|BD|= BD2= (23)2|BA|2+2×13×23|BA|⋅|BC|cs B+(13)2⋅|BC|2= 529=2 133．
(Ⅲ)由题意可设BM=xBA，BN=yBC，
由于M，D，N三点共线，
可设BD=(1−t)BM+tBN，t∈(0,1)，
所以BD=(1−t)x⋅BA+ty⋅BC=23BA+13BC，
由平面向量基本定理，解得x=23(1−t)，y=13t，
所以BM=23(1−t)BA，BN=13tBC．
因此BM⋅BN=(23(1−t)BA)(13tBC)=29(1−t)⋅tBA⋅BC，
而BA⋅BC=|BA|⋅|BC|⋅csB=5>0，
因此当t=12时，BM⋅BN=409为最小值.
19.解: (Ⅰ)因为A1D⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故A1D⊥BC．
又由∠ABC=90∘，即AB⊥BC，AB∩A1D=D，因此BC⊥平面ABB1A1．
(Ⅱ)由于菱形ABB1A1，且A1D为AB的垂直平分线，因此可知△A1AB和△B1A1B均为等边三角形．
由BC⊥平面ABB1A，BB1⊂平面ABB1A，可得BC⊥BB1，
结合斜三棱柱进一步可得B1BCC1是矩形．
此时作A1P⊥BB1，A1Q⊥CC1，连接PQ，PC，A1C.由题知，A1Q=2，A1P⊂平面ABB1A1，可得BC⊥A1P，BC∩BB1=B，因此A1P⊥平面BCC1B1，
因此由题知，A1P= 3，PQ，PC⊂平面BCC1B1，所以也有A1P⊥PQ，A1P⊥PC．
因此，∠A1CP为A1C与平面BB1C1C所成角．
进一步，在Rt△A1PQ中，PQ= A1Q2−A1P2=1，由矩形可知BC=PQ=1．
另一方面，由于A1P= 3，在等边三角形△B1AB中，可以解得BB1=2，P为BB1中点，BP=1.所以，在Rt△BCP中，PC= 2;
Rt△A1CP中，A1C= 5．
因此，sin∠A1CP=A1PA1C= 3 5= 155，A1C与平面BB1C1C所成角的正弦位为 155．
(Ⅲ)延长EF，C1C交于点M，连接MB1，交BC于N，连接FN，如图，
故四边形B1EFN即为所得截面．
由上一问可知，菱形ABB1A1的边长为2，矩形B1BCC1中BC=1，平行四边形ACC1A1中AA1=CC1=2，A1C1=A1C=AC= 5．
要计算截面B1EFN的面积，首先研究△B1EM．
在△A1B1E中，由于∠EA1B1=120∘，
由余弦定理可得B1E= 7，由于E，F为中点，
因此EM=2EF=A1C= 5，此时有MC=AE=1，在直角△MB1C1中MB1= 10，N为BC的三等分点．
因此△B1EM中，由余弦定理可得cs∠EMB1=EM2+MB12−EB122⋅EM⋅MB1=2 25，
所以可以计算得sin∠EMB1= 175．
设截面面积为s，由于MF=12ME，MN=13MB1，有因此，此斜三棱柱被平面B1EF所截的截面面积为5 3412.