2023-2024学年智学大联考安徽省合肥市第八中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年智学大联考安徽省合肥市第八中学高一下学期期末考试数学试题（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(1+i)2z=3−4i，则z=( )
A. −2−32iB. 2−32iC. −32−2iD. 32−2i
2.已知l为一条直线，α，β为两个不重合的平面，l//α，则“α⊥β”是“l⊥β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译密码的概率为14，乙能破译密码的概率为23，则这份密码被成功破译的概率为( )
A. 1112B. 34C. 712D. 16
4.在平行四边形ABCD中，AB=a，AC=b，则BD=( )
A. −a+2bB. a−2bC. −2a+bD. 2a−b
5.正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，且侧棱与底面所成角是60∘，则这个棱台的体积是( )
A. 20+12 7B. 28 63C. 28 73D. 56 23
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD1所成角的余弦值为( )
A. 26B. 23C. 49D. 89
7.已知定义在R上的函数f(x)为偶函数，且f(x)在区间(−∞,0]上是增函数，记a=f(lg512)，b=f(lg1215)，c=f(12)15，则a，b，c的大小关系是( )
A. a8.在△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=120∘，过点A作AM⊥BC，垂足为点M，将△ABC沿直线AM翻折，使点B与点C间的距离为3，此时四面体ABCM的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. 5 10π3B. 10πC. 13 13π6D. 13π
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.合肥市某中学高一年级学生参加了一次英语口语能力测试(满分10分)，其中男生540人，女生360人。现在按性别进行分层，通过分层随机抽样的方法，得到一组测试成绩的样本。样本中有8位女生的测试成绩，分别是6，7，7，7，8，9，10，10，样本中男生测试成绩的平均数为7.5，则( )
A. 样本中有12位男生的测试成绩B. 样本中女生测试成绩的第75百分位数是9
C. 样本中女生测试成绩的标准差为 2D. 样本中所有学生测试成绩的平均数为7.75
10.已知正四棱锥P−ABCD的底面边长为2 3，二面角P−BC−A为60∘，平面PBC与平面PAD的交线为l，且正四棱锥P−ABCD的五个顶点都在球O的球面上，则( )
A. 四棱锥P−ABCD的体积为36
B. 直线PB与平面ABCD所成角的正切值为 62
C. 直线l/​/平面ABCD
D. 球O的体积为125π6
11.已知函数f(x)=2sin(ωx+π6)，其中ω>0，下列命题中正确的是( )
A. 若ω=3，函数y=f(x)的图象可由函数y=2sin3x的图象向左平移π18个单位长度得到
B. 若ω=3，曲线y=f(x)与曲线y=sinx在区间[−π,π]上的交点个数为6
C. 若f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，则ω的取值范围是(2912,3512)
D. 若f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，则f(x)在(0,4π35)单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知z=4+2i3+3i6，则|z|= ．
13.已知平面向量a，b满足a=(−1,2)，a⋅b=3，|2a−b|=2 5，则|b|= ．
14.2023年11月，国家自然资源部公布了四川省9座名山的高度数据，其中最高的是贡嘎山，它的高度数据为7508.9米，三角高程测量法是测量山体高度的方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，A、B、C三点在同一水平面上的投影A1、B1、C1，满足CC1=50 2，A1C1=100∠A1C1B1=45∘，∠A1B1C1=30∘.由C点测得B点的仰角为15∘，由B点测得A点的仰角为60∘，则AA1的高度为 ．
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)
合肥八中STEAM项目生物实验基地里种植了一种观赏花卉，这种观赏花卉的高度(单位：cm)介于[15,25]之间，现对生物基地里部分该种观赏花卉的高度进行测量，所得数据统计如下图所示：
(1)求a的值，并通过上述频率分布直方图估计该种观赏花卉的平均高度;
(2)若从高度在[17,19)和[21,23)的花卉中按分层随机抽样抽取6株花卉，再在这6株花卉中随机抽取2株，求抽取的2株花卉的高度在[17,19)和[21,23)内各一株的概率．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2−2 3sinx⋅csx−2cs2x，若锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且f(A)=0．
(1)求角A;
(2)求bc的取值范围：
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，点E是PD的中点．
(1)求证：PB/​/平面ACE;
(2)求直线PC与平面ACE所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120∘时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120∘的点O即为费马点;当△ABC有一个内角大于或等于120∘时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且1−cs2A=2(sin2B+sin2C)．
(1)求角A;
(2)设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|=t|PA|，求实数t的最小值．
19.(本小题17分)
如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC= 3，M是线段AD上的一动点，将△ABM沿着BM折起，使点A到达点A′的位置，满足点A′∉平面BCDM且点A′在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
(1)证明：CD⊥平面A′BC;
(2)求三棱锥A′−EBM的体积的最大值;
(3)设二面角A′−BM−C的平面角为β，i为虚数单位，z为复数，当三棱锥A′−EBM的体积取得最大值时，求z=(csβ+isinβ)6的大小．
参考答案
1.A
2.B
3.B
4.C
5.B
6.A
7.C
8.D
9.AC
10.BCD
11.ABD
12. 5
13.2 3
14.150 6
15.解：(1)依题意可得(0.05+0.075+a+0.15+0.1)×2=1，解得a=0.125;
由频率分布直方图可得该种观赏花卉的平均高度估计值为
x=16×0.1+18×0.15+20×0.25+22×0.3+24×0.2=20.7，
(2)由(1)可得高度在[17,19)的频率为：2×0.075=0.15;
高度在[21,23)的频率为：2×0.15=0.3;
且，所以分层抽取的6株中，高度在[21,23)和[17,19)的株数分别为4和2，
因此记高度在[17,19)植株为m，n，记高度在[21,23)植株为A，B，C，D，
则所有选取的结果为(m,n)、(m,A)、(m,B)、(m,C)、(m,D)、(n,A)、(n,B)、(n,C)、(n,D)、(A,B)、(A,C)、(A,D)，(B,C)，(B,D)，(C,D)共15种情况，
令抽取的2株花卉的高度在[21,23)和[17,19)内各一株为事件M，事件M的所有情况为
(m,A)、(m,B)、(m,C)、(m,D)，(n,A)、(n,B)、(n,C)，(n,D)共8种情况，
由古典概型的计算公式得：P(M)=815，
16.解：(1)f(x)=2−2 3sinx⋅csx−2cs2x=− 3sin2x−cs2x+1=−2sin(2x+π6)+1，
因为f(A)=0，可得f(A)=−2sin(2A+π6)+1=0，
即sin(2A+π6)=12，
又因为A∈(0,π2)，可得2A+π6∈(π6,7π6)，
所以2A+π6=5π6，可得A=π3；
(2)由(1)知A=π3，可得B+C=2π3，
因为B，C为锐角，所以0则bc=sinBsinC=sin(2π3−C)sinC= 32csC+12sinCsinC= 32tanC+12，
因为tanC∈( 33,+∞)，可得 32tanC∈(0,32)，
所以 32tanC+12∈(12,2)，
所以bc的取值范围为(12,2)．
17.解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
∵底面ABCD为正方形，∴O为BD的中点，
∵点E是PD的中点∴OE//PB，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB//平面ACE；
(2)作PH⊥平面AEC于H点，连接CH，此时∠PCH为直线PC与平面AEC所成角，
因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，
又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
又点E是PD的中点，PA=2，AD=2，
所以S△PAE=12S△PAD=1，AE=12PD= 2，
CE= DE2+CD2= 6，
AC= AD2+DC2=2 2，AE2+CE2=AC2，所以AE⊥CE，
所以S△AEC=12× 2× 6= 3，
设点P到平面AEC的距离为d即PH=d，
则VP−AEC=VC−PAE，即13S△ACEd=13S△PAE⋅CD，即13× 3d=13×1×2，解得d=2 33，
此时sin∠PCH=PHPC=2 332 3=13，
即直线PC与平面ACE所成角的正弦值为13．
18.解：(1)(1)由1−cs2A=2(sin2B+sin2C)，得1−(1−2sin2A)=2(sin2B+sin2C)，
故sin2A=sin2B+sin2C，
由正弦定理可得a2=b2+c2，即A=π2；
(2)如图，点P为△ABC的费马点，则∠APB=∠BPC=∠CPA=2π3，
设PA=x，PB=y，PC=z，则t=yx+zx，
由余弦定理得，a2=z2+y2+zy，b2=z2+x2+zx，c2=x2+y2+xy，
由a2=b2+c2，得zy=2x2+zx+xy，yx+zx+2=yx·zx⩽yx+zx22，
又t=yx+zx，即有t2−4t−8≥0，解得t≥2+2 3或t≤2−2 3(舍去)，
当且仅当yx=zx，
结合yx+zx+2=yx．zx，
解得yx=zx=1+ 3时，等号成立故实数t的最小值为2+2 3．
19.(1)证明：由题意知，A′E⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以A′E⊥CD，
又BC⊥CD，A′E∩BC=E，A′E，BC⊂平面A′BC，
所以CD⊥平面A′BC;
(2)矩形中作AO⊥BM，垂足为点O，折起后得A′O⊥BM，
由A′E⊥平面BCD，BM⊂平面BCD，可得A′E⊥BM，
A′E，A′O⊂平面A′OE，A′E∩A′O=A′，
所以BM⊥平面A′OE，OE⊂平面A′OE，可得BM⊥OE，所以A，O，E三点共线，
因此△ABE与ΔABM相似，满足ABBE=AMAB，
设AM=t，所以BE=1t，BM= t2+1，OE=1t t2+1，
AO=A′O=t t2+1，A′E= A′O2−OE2= t2−1t，
要使点A′射影E落在线段BC上，则AO>OE，所以t∈(1, 3]，
所以VA′−EBM=13⋅A′E⋅SEBM=16 t2−1t⋅1t=16 1t2−1t4=16 −(1t2−12)2+14，
当t= 2时，VA′−EBM=112;
(3)由A′O⊥BM，OE⊥BM，所以∠A′OE是二面角A′−BM−C的平面角，
即∠A′OE=β，csβ=OEA′O=1t2，
当三棱锥A′−EBM的体积取得最大值时，t= 2，此时csβ=1t2=12，即β=π3，
此时z=(csπ3+isinπ3)6，设z1=a+bi，z2=c+di，
|z1⋅z2|=|(a+bi)⋅(c+di)|=|(ac−bd)+(bc+ad)i|
= (ac−bd)2+(bc+ad)2= a2+b2⋅ c2+d2=|z1|⋅|z2|，
所以，|z|=|(csπ3+isin⁡π3)6|=|(csπ3+isin⁡π3)|6=( (csπ3)2+(sin⁡π3)2)6=1．