还剩14页未读，
继续阅读
2023-2024学年福建省福州市闽清一中高一（下）期末数学试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年福建省福州市闽清一中高一（下）期末数学试卷（含解析），共17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满足(1+2i)z=|3−4i|，z的共轭复数为z−，则z⋅z−=( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
2.已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a−tb，若a⊥c，则t=( )
A. 73B. 253C. 3D. 0
3.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. α//β，m//α，则m//β
B. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
C. α∩β=l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
D. m⊥α，m//n，α//β，则n⊥β
4.一个笼子里有3只白兔，3只灰兔，现让它们一一跑出笼子，假设每一只跑出笼子的概率相同，则先跑出笼子的两只兔子中一只是白兔，另一只是灰兔的概率是( )
A. 45B. 35C. 12D. 14
5.函数y=1x4−1部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，则正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 20 23B. 28 23C. 20 63D. 28 63
7.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱DD1的中点，N为棱BC1的中点，设直线A1D1与平面MNC交于点Q，则D1Q=( )
A. 2
B. 32
C. 1
D. 12
8.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为( )
A. 2B. 3+1C. 2+2D. 62+ 102
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.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<|φ|<π)的部分图象如下所示，则( )
A. f(x)的图象关于直线x=6对称
B. f(x)的图象关于点(π6,0)对称
C. f(x)在区间(−π6,π6)上单调递增
D. 函数y= 32与y=f(x)在x∈[−π12,23π12]的图象所有交点横坐标之和为8π3
10.掷一枚骰子，记事件A表示事件“出现奇数点”，事件B表示事件“出现4点或5点”，事件C表示事件“点数不超过3”，事件D表示事件“点数大于4”，则( )
A. 事件A与B是独立事件B. 事件B与C是互斥事件
C. 事件C与D是对立事件D. D⊆A∩B
11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，现给出下列结论：则正确的选项为( )
A. 直线AD1与直线DP所成角的大小不变
B. 平面PBD1⊥平面A1C1D
C. 点P到平面A1C1D的距离为定值2 33
D. 存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成角为π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是23，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是115.乙、丙两个家庭都回答正确的概率是35，各家庭是否回答正确互不影响，则甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率为______．
13.已知菱形ABCD的边长为2，且∠BAD=60°，将△ABD沿直线BD翻折为△ABD，记AC的中点为M，当△ACD的面积最大时，三棱锥M−BCD的外接球表面积为______．
14.如图所示，为了测量某座山的山顶A到山脚某处B的距离(AB垂直于水平面)，研究人员在距D研究所200m处的观测点C处测得山顶A的仰角为30°，山脚B的俯角为15°.若该研究员还测得B到C处的距离比到D处的距离多80m，且∠BCD=60°，则AB= ______．
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)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2，a+bc=sinC−sinBsinA−sinB．
(1)求△ABC外接圆的周长；
(2)若b=1，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，M是DD1的中点．
(Ⅰ)求证：BD1//平面AMC；
(Ⅱ)求证：AC⊥BD1；
(Ⅲ)在线段BB1上是否存在点P，当BPBB1=λ时，平面A1PC1//平面AMC？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
某大型连锁超市为了解客户去年在该超市的消费情况，随机抽取了100位客户进行调查、经统计，这100位客户去年到该超市消费金额(单位：万元)均在区间[0.2,1.4]内，按[0.2,0.4]，(0.4,0.6]，(0.6,0.8]，(0.8,1.0]，(1.0,1.2]，(1.2,1.4]分成6组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求该频率分布直方图中a的值，并估计这100位客户去年到该超市消费金额的平均数x−；(同一组中的数据以这组数据所在范围的组中值作为代表)
(2)为了解顾客需求，该超市从消费金额在区间(0.4,0.6]和(0.6,0.8]内的客户中，采用分层抽样的方法抽取5人进行电话访谈，再从访谈的5人中随机抽取2人作为“幸运客户”，求“幸运客户”中恰有1人来自区间(0.4,0.6]的概率．
18.(本小题17分)
如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′．
(1)求证：平面BD′E⊥平面ABC；
(2)若三棱锥D′−ABC的体积为2 23，求二面角D′−AB−C的余弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x−1)⋅|x−a|−1，a∈R．
(1)若a=0，解不等式f(x)<1；
(2)若函数f(x)恰有三个零点x1，x2，x3，求1x1+1x2+1x3的取值范围．
答案解析
1..B
【解析】解：由(1+2i)z=|3−4i|⇒z=|3−4i|1+2i= 32+(−4)21+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)=1−2i，
所以z⋅z−=(1−2i)(1+2i)=1−4i2=5．
故选：B．
2..B
【解析】解：c=a−tb=(3,4)−t(1,0)=(3−t,4)，
a⊥c，则有3(3−t)+4×4=0，解得t=253．
故选：B．
3..D
【解析】解：对于A，∵α//β，m//α，∴m//β或m⊂β，∴A错误；
对于B，∵m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，∴α//β或α，β相交，∴B错误；
对于C，∵α∩β=l，m⊂α，m⊥l，∴无法得到m⊥β，∴C错误；
对于D，∵m⊥α，m//n，∴n⊥α，又α//β，∴n⊥β，∴D正确．
故选：D．
4..B
【解析】解：设3只白兔为a1，a2，a3，3只灰兔为b1，b2，b3，
则所有基本事件为：(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a1,b3)，(a2,a3)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,b3)，
(a3,b1)，(a3,b2)，(a3,b3)，(b1,b2)，(b1,b3)，(b2,b3)，共有15个，
其中先跑出笼子的两只兔子中一只是白兔，另一只是灰兔的有9个，
所以所求事件的概率为915=35．
故选：B．
5..C
【解析】解：∵x4−1≠0，∴x≠±1，∴f(x)的两条渐近线为x=±1，
∵f(0)=−1，∴排除B、D选项，
又f(12)=−1615<−1=f(0)，而A选项中f(12)>f(0)，∴排除A选项，
故选：C．
6..B
【解析】解：如图，
过A1作A1E⊥AC，垂足为E，则A1E⊥平面ABCD，
过E作EF⊥AB，垂足为F，连接EF，则EF为A1F在底面上的射影，
∵可得A1F⊥AB．
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4，
∴AE= 2，则AF=1，
∵∠A1AB=60°，∴A1A=2，则A1E= 2．
∴VABCD−A1B1C1D1=13× 2×(4+16+ 4×16)=28 23．
故选：B．
7..C
【解析】解：在平面CDD1C1中，延长CM交C1D1于P，连接PN，交A1D1于Q，
在△PCC1中，D1M//CC1,D1M=12CC1，则D1P=C1D1，
又在△PC1N中，D1Q//NC1，D1P=C1D1，
则D1Q=12NC1=14B1C1=1．
故选：C．
8..B
【解析】解：由正方体的结构特征可知，A1C⊥平面BC1D，
因为M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，
所以点M在线段BC1上运动，
所以动线段DM在△BC1D内运动，
动线段DN在△DCC1内运动，动线段MN在△BCC1内运动，
以△BCC1为基准，将△BC1D和△DCC1翻折使其与△BCC1共面，如图所示：
其中△BC1D翻折至△BC1D2，△DCC1翻折至△CC1D3，
则△DMN周长的最小值为D2D3，
在四边形BD3C1D2中，C1D2=C1D3= 2，∠D2C1D3=150°，
由余弦定理可求得D2D32=( 2)2+( 2)2−2× 2× 2×cs150°=4+2 3=(1+ 3)2，
所以D2D3= 3+1，
即△DMN周长的最小值为 3+1．
故选：B．
【解析】解：函数f(x)的最小正周期为4(2π3−5π12)=π，则ω=2，
由图象可知，A=2
由2×2π3+φ=2kπ+3π2，解得φ=2kπ+π6,k∈Z，
又0<|φ|<π，则ϕ=π6，则f(x)=2sin(2x+π6)．
由f(6)=2sin(2×6+π6)=2sin(12+π6)≠2，
可得直线x=6不是f(x)的对称轴．故选项A错误；
由f(π6)=2sin(2×π6+π6)=2sinπ2=2≠0，
可得点(π6,0)不是f(x)的对称中心．故选项B错误；
由x∈(−π6,π6)，可得2x∈(−π3,π3)，2x+π6∈(−π6,π2)⊆[−π2,π2]，
则f(x)在区间(−π6,π6)上单调递增．故选项C正确；
由x∈[−π12,23π12]，可得2x∈[−π6,23π6]，2x+π6∈[0,4π]，
令t=2x+π6，则g(t)=2sint，t∈[0,4π]，
g(t)=2sint，t∈[0,4π]与函数y= 32有4个交点，依次为t1，t2，t3，t4，且t1+t2=π，t3+t4=5π，
则(2x1+π6)+(2x2+π6)=π，(2x3+π6)+(2x4+π6)=5π，
化简得x1+x2=π3,x3+x4=7π3，则x1+x2+x3+x4=8π3．
则函数y= 32与y=f(x)在x∈[−π12,23π12]的图象所有交点横坐标之和为8π3，故选项D正确．
故选：CD．
【解析】解：掷一枚骰子，记事件A表示事件“出现奇数点”，事件B表示事件“出现4点或5点”，
事件C表示事件“点数不超过3”，事件D表示事件“点数大于4”，
对于A，P(A)=36=12，P(B)=26=13，P(AB)=16，
∵P(AB)=P(A)P(B)，∴事件A与B是独立事件，故A正确；
对于B，事件B与事件C不能同时发生，∴事件B与事件C是互斥事件，故B正确；
对于C，事件C与事件D不能同时发生，但能同时不发生，是互斥但不对立事件，故C错误；
对于D，D⊇A∩B，故D错误．
故选：AB．
【解析】解：连接A1D，则由正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AD1⊥A1D，AD1⊥CD，A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面ABCD，
可得AD1⊥平面A1B1CD，
又DP⊂平面A1B1CD，则AD1⊥DP，
则直线AD1与直线DP所成角的大小不变．故选项A判断正确；
连接A1C1，C1D，BP，BD1，PD1，
由正方体ABCD−A1B1C1D1中，BD1⊥平面A1C1D，
又BD1⊂平面PBD1，则平面PBD1⊥平面A1C1D，
故选项B判断正确；
由A1D//B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，
可得B1C//平面A1C1D，
则点P，B1到平面A1C1D的距离相等，设该距离为d，
由VD−A1B1C1=VB1−A1C1D，
可得13×12×2×2×2=13× 34×(2 2)2⋅d，
解之得d=2 33，
则点P到平面A1C1D的距离为定值2 33．
故选项C判断正确；
正方体ABCD−A1B1C1D1中，
直线AP与平面BCC1B1所成角为∠APB，
由△APB中，AB⊥BP，AB=2,BP∈[ 2,2]，
则tan∠APB=ABBP∈[1, 2]，由∠APB为锐角，tanπ3= 3，
则π4≤∠APB<π3．
故不存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成角为π3.选项D判断错误．
故选：ABC．
【解析】解：根据题意，设乙家庭回答正确这道题的概率为a，丙家庭回答正确这道题的概率为b，
由于各家庭是否回答正确互不影响，
甲、丙两个家庭都回答错误的概率是115，则(1−23)(1−b)=115，
乙、丙两个家庭都回答正确的概率是35，则ab=35，
解可得：a=34，b=45，
故甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率P=(1−23)ab+23(1−a)b+23(1−b)a=13ab+23×14×45+23×15×34=1330．
故答案为：1330．
13..6π
【解析】解：根据题意可知A′D=CD=2，如下图所示：
当△A′CD的面积最大时，即S△A′CD=12×AD×CD⋅sin∠A′DC=2sin∠A′DC取得最大值，
可得∠A′DC=90°，
由对称性可知∠A′BC=∠A′DC=90°，
可得AC=2 2，
又因为M为AC的中点，所以MB=MC=MD= 2，又BC=CD=BD=2，
由勾股定理可知棱MB，MC，MD两两垂直，
所以三棱锥M−BCD的外接球半径为：R= ( 2)2+( 2)2+( 2)22= 62，
可得该外接球的表面积S=4πR2=4π×( 62)2=6π．
故答案为：6π．
6(m)
【解析】解：设BD=t，则BC=80+t，
在△BCD中，因为CD=200，∠BCD=60°，
由余弦定理可得：t2=2002+(80+t)2−2×200×(80+t)×12，解得：t=760(m)，
则BD=760(m)，BC=840(m)．
过点C作CE⊥AB，
由题意可得：∠ECB=15°，∠ACE=30°，
则sin∠ECB=sin15°=sin(60°−45°)=sin60°cs45°−cs60°sin45°= 32× 22−12× 22= 6− 24，
cs∠ECB=cs15°=cs(60°−45°)=cs60°cs45°+sin60°sin45°=12× 22+ 32× 22= 6+ 24，
可得BE=840× 6− 24(m)，CE=840× 6+ 24(m)，
则AE=840× 6+ 24× 33(m)，
所以AB=AE+BE=840×( 6− 24+ 6+ 24× 33)=280 6(m)．
故答案为：280 6(m)．
15..解：(1)因为a+bc=sinC−sinBsinA−sinB，
由正弦定理得a+bc=c−ba−b，
整理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12，
且A∈(0,π)，则A=π3．
又因为a=2，由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=12×asinA=2 33，
所以△ABC外接圆的周长为2πr=4 3π3．
(2)在△ABC中，a=2，b=1，A=π3，
由正弦定理得asinA=bsinB，
可得sinB=bsinAa=1× 322= 34，
又因为A>B，可知B∈(0,π3)，
可得csB= 1−sin2B= 134，
则sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 32× 134+12× 34= 39+ 38，
所以△ABC的面积为12absinC=12×2×1× 39+ 38= 39+ 38．
【解析】(1)根据题意利用正、余弦定理可得A=π3，再结合正弦定理求外接圆半径；
(2)根据题意利用正弦定理和三角恒等变换求sinC，再结合面积公式运算求解．
16..(本小题满分14分)
(Ⅰ)证明：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连结BD交AC于N，连结MN．
因为ABCD为正方形，所以N为BD中点．…(1分)
在△DBD1中，因为M为DD1中点，
所以BD1//MN.…(2分)
因为MN⊂平面AMC，BD1不包含于平面AMC，…(4分)
所以BD1//平面AMC.…(5分)
(Ⅱ)证明因为ABCD为正方形，
所以AC⊥BD.…(6分)
因为DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AC.…(7分)
因为DD1∩BD=D，…(8分)
所以AC⊥平面BDD1.…(9分)
因为BD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥BD1.…(10分)
(Ⅲ)解：当λ=12，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1//平面AMC.…(11分)
因为AA1//CC1，且AA1=CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以AC//A1C1.…(12分)
取CC1的中点Q，连结MQ，QB．
因为M为DD1中点，
所以MQ//AB，且MQ=AB，
所以四边形ABQM是平行四边形．
所以BQ//AM.…(13分)
同理BQ//C1P.
所以AM//C1P.
因为A1C1∩C1P=C1，AC∩AM=A，
所以平面A1PC1//平面AMC.…(14分)
【解析】(Ⅰ)连结BD交AC于N，连结MN.由此利用三角形中位线定理能证明BD1//平面AMC．
(Ⅱ)由正方形性质得AC⊥BD，由线面垂直得DD1⊥AC，由此能证明AC⊥BD1．
(Ⅲ)当λ=12，平面A1PC1//平面AMC.由已知条件推导出四边形ABQM是平行四边形，从而能证明平面A1PC1//平面AMC．
17..解：(1)由题可知，0.2×(a+1.0+1.5+0.9+a+0.3)=1，
解得a=0.65，
由频率分布直方图可得x−=0.3×0.65×0.2+0.5×1.0×0.2+0.7×1.5×0.2+0.9×0.9×0.2+1.1×0.65×0.2+1.3×0.3×0.2=0.732，
因此，这100位客户最近一年到该超市消费金额的平均数为0.732万元；
(2)记“幸运客户中恰有1人来自区间(0.3,0.4]”为事件A，
因为区间(0.4,0.6]和(0.6,0.8]频率之比为2：3，采用分层抽样的方法抽取5人进行电话访谈，
故从分组区间(0.4,0.6]中抽取2人，分别记为A1，A2，从分组区间(0.6,0.8]中抽取3人，分别记为B1，B2B3，
从这5个人中随机选择2人作为“幸运客户”，
则样本空间Ω={(A1,A2)，(A1,B1)(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)(A2,B2)，(A2,B3)，(B1,B2)，(B1,B3)，(B2,B3)}，共10个样本点，
A={(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)}，共6个样本点，
所以P(A)=610=35．
【解析】(1)由题得，0.2×(a+1.0+1.5+0.9+a+0.3)=1，求得a=0.65，再利用平均数公式求解；
(2)先利用分层抽样得到分组区间(0.4,0.6]中抽取2人，分组区间(0.6,0.8]中抽取3人，再由古典概型的概率公式求解．
18..(1)证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD均为等边三角形，∴△ACD′也为等边三角形，
又E为AC的中点，∴BE⊥AC，D′E⊥AC，
∵BE∩D′E=E，BE、D′E⊂平面BD′E，
∴AC⊥平面BD′E，
∵AC⊂平面ABC，
∴平面BD′E⊥平面ABC．
(2)解：过D′作D′M⊥BE于点M，
∵平面BD′E⊥平面ABC，D′M⊂平面BD′E，
∴D′M⊥平面ABC，
由题意知，△ABC是边长为2的等边三角形，
∴S△ABC=12×2×2× 32= 3，
∴VD′−ABC=13⋅S△ABC⋅D′M=13⋅ 3⋅D′M=2 23，即D′M=2 63，
过M作MN⊥AB于点N，连接D′N，则∠D′NM即为二面角D′−AB−C的平面角，
在Rt△D′EM中，EM= D′E2−D′M2= ( 3)2−(2 63)2= 33，
∴BM=BE−EM=2 33，MN= BM2−BN2= (2 33)2−1= 33，
在Rt△D′MN中，tan∠D′NM=D′MMN=2 63 33=2 2，
∴cs∠D′NM=13，
故二面角D′−AB−C的余弦值为13．
【解析】(1)易得BE⊥AC，D′E⊥AC，再由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BD′E，进而得证；
(2)过D′作D′M⊥BE于点M，由面面垂直的性质定理知D′M⊥平面ABC，利用三棱锥的体积公式，求得D′M=2 63，过M作MN⊥AB于点N，连接D′N，则∠D′NM即为所求，再根据平面几何知识，求解即可．
19..解：(1)当a=0时，原不等式可化为(x−1)|x|−2<0…①．
(ⅰ)当x≥0时，①式化为x2−x−2<0，解得−1(ⅱ)当x<0时，①式化为x2−x+2>0，解得x∈R，所以x<0．
综上，原不等式的解集为(−∞,2)；
(2)依题意，f(x)=−x2+(a+1)x−a−1,x因为f(a)=−1<0，且二次函数y=x2−(a+1)x+a−1开口向上，
所以当x≥a时，函数f(x)有且仅有一个零点，
所以x所以1+a20f(a)=−1<0解得a>3．
不妨设x1所以x1，x2，是方程−x2+(a+1)x−a−1=0的两相异实根，
则x1+x2=a+1x1x2=a+1，所以1x1+1x2=x1+x2x1x2=1，
因为x3是方程x2−(a+1)x+a−1=0的根，且x3>a+12，
由求根公式得x3=a+1+ (a−1)2+42，
因为函数g(a)=a+1+ (a−1)2+42在(3,+∞)上单调递增，
所以x3>g(3)=2+ 2，
所以0<1x3<1− 22，
所以1x1+1x2+1x3的取值范围是(1,2− 22).
【解析】
(1)分当x≥0时，当x<0时，讨论去掉绝对值，由一元二次不等式的求解方法可得答案；
(2)得出分段函数f(x)的解析式，根据二次函数的性质和根与系数的关系可求得答案．
1.已知复数z满足(1+2i)z=|3−4i|，z的共轭复数为z−，则z⋅z−=( )
A. 6B. 5C. 4D. 3
2.已知向量a=(3,4)，b=(1,0)，c=a−tb，若a⊥c，则t=( )
A. 73B. 253C. 3D. 0
3.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是( )
A. α//β，m//α，则m//β
B. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
C. α∩β=l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β
D. m⊥α，m//n，α//β，则n⊥β
4.一个笼子里有3只白兔，3只灰兔，现让它们一一跑出笼子，假设每一只跑出笼子的概率相同，则先跑出笼子的两只兔子中一只是白兔，另一只是灰兔的概率是( )
A. 45B. 35C. 12D. 14
5.函数y=1x4−1部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，则正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 20 23B. 28 23C. 20 63D. 28 63
7.如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱DD1的中点，N为棱BC1的中点，设直线A1D1与平面MNC交于点Q，则D1Q=( )
A. 2
B. 32
C. 1
D. 12
8.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为( )
A. 2B. 3+1C. 2+2D. 62+ 102
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.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<|φ|<π)的部分图象如下所示，则( )
A. f(x)的图象关于直线x=6对称
B. f(x)的图象关于点(π6,0)对称
C. f(x)在区间(−π6,π6)上单调递增
D. 函数y= 32与y=f(x)在x∈[−π12,23π12]的图象所有交点横坐标之和为8π3
10.掷一枚骰子，记事件A表示事件“出现奇数点”，事件B表示事件“出现4点或5点”，事件C表示事件“点数不超过3”，事件D表示事件“点数大于4”，则( )
A. 事件A与B是独立事件B. 事件B与C是互斥事件
C. 事件C与D是对立事件D. D⊆A∩B
11.如图，已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，现给出下列结论：则正确的选项为( )
A. 直线AD1与直线DP所成角的大小不变
B. 平面PBD1⊥平面A1C1D
C. 点P到平面A1C1D的距离为定值2 33
D. 存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成角为π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某场比赛甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关学生安全知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是23，甲、丙两个家庭都回答错误的概率是115.乙、丙两个家庭都回答正确的概率是35，各家庭是否回答正确互不影响，则甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率为______．
13.已知菱形ABCD的边长为2，且∠BAD=60°，将△ABD沿直线BD翻折为△ABD，记AC的中点为M，当△ACD的面积最大时，三棱锥M−BCD的外接球表面积为______．
14.如图所示，为了测量某座山的山顶A到山脚某处B的距离(AB垂直于水平面)，研究人员在距D研究所200m处的观测点C处测得山顶A的仰角为30°，山脚B的俯角为15°.若该研究员还测得B到C处的距离比到D处的距离多80m，且∠BCD=60°，则AB= ______．
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)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=2，a+bc=sinC−sinBsinA−sinB．
(1)求△ABC外接圆的周长；
(2)若b=1，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，M是DD1的中点．
(Ⅰ)求证：BD1//平面AMC；
(Ⅱ)求证：AC⊥BD1；
(Ⅲ)在线段BB1上是否存在点P，当BPBB1=λ时，平面A1PC1//平面AMC？若存在，求出λ的值并证明；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
某大型连锁超市为了解客户去年在该超市的消费情况，随机抽取了100位客户进行调查、经统计，这100位客户去年到该超市消费金额(单位：万元)均在区间[0.2,1.4]内，按[0.2,0.4]，(0.4,0.6]，(0.6,0.8]，(0.8,1.0]，(1.0,1.2]，(1.2,1.4]分成6组，其频率分布直方图如图所示．
(1)求该频率分布直方图中a的值，并估计这100位客户去年到该超市消费金额的平均数x−；(同一组中的数据以这组数据所在范围的组中值作为代表)
(2)为了解顾客需求，该超市从消费金额在区间(0.4,0.6]和(0.6,0.8]内的客户中，采用分层抽样的方法抽取5人进行电话访谈，再从访谈的5人中随机抽取2人作为“幸运客户”，求“幸运客户”中恰有1人来自区间(0.4,0.6]的概率．
18.(本小题17分)
如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，E为AC的中点，将△ACD沿AC翻折使点D至点D′．
(1)求证：平面BD′E⊥平面ABC；
(2)若三棱锥D′−ABC的体积为2 23，求二面角D′−AB−C的余弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x−1)⋅|x−a|−1，a∈R．
(1)若a=0，解不等式f(x)<1；
(2)若函数f(x)恰有三个零点x1，x2，x3，求1x1+1x2+1x3的取值范围．
答案解析
1..B
【解析】解：由(1+2i)z=|3−4i|⇒z=|3−4i|1+2i= 32+(−4)21+2i=5(1−2i)(1+2i)(1−2i)=1−2i，
所以z⋅z−=(1−2i)(1+2i)=1−4i2=5．
故选：B．
2..B
【解析】解：c=a−tb=(3,4)−t(1,0)=(3−t,4)，
a⊥c，则有3(3−t)+4×4=0，解得t=253．
故选：B．
3..D
【解析】解：对于A，∵α//β，m//α，∴m//β或m⊂β，∴A错误；
对于B，∵m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，∴α//β或α，β相交，∴B错误；
对于C，∵α∩β=l，m⊂α，m⊥l，∴无法得到m⊥β，∴C错误；
对于D，∵m⊥α，m//n，∴n⊥α，又α//β，∴n⊥β，∴D正确．
故选：D．
4..B
【解析】解：设3只白兔为a1，a2，a3，3只灰兔为b1，b2，b3，
则所有基本事件为：(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a1,b3)，(a2,a3)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,b3)，
(a3,b1)，(a3,b2)，(a3,b3)，(b1,b2)，(b1,b3)，(b2,b3)，共有15个，
其中先跑出笼子的两只兔子中一只是白兔，另一只是灰兔的有9个，
所以所求事件的概率为915=35．
故选：B．
5..C
【解析】解：∵x4−1≠0，∴x≠±1，∴f(x)的两条渐近线为x=±1，
∵f(0)=−1，∴排除B、D选项，
又f(12)=−1615<−1=f(0)，而A选项中f(12)>f(0)，∴排除A选项，
故选：C．
6..B
【解析】解：如图，
过A1作A1E⊥AC，垂足为E，则A1E⊥平面ABCD，
过E作EF⊥AB，垂足为F，连接EF，则EF为A1F在底面上的射影，
∵可得A1F⊥AB．
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4，
∴AE= 2，则AF=1，
∵∠A1AB=60°，∴A1A=2，则A1E= 2．
∴VABCD−A1B1C1D1=13× 2×(4+16+ 4×16)=28 23．
故选：B．
7..C
【解析】解：在平面CDD1C1中，延长CM交C1D1于P，连接PN，交A1D1于Q，
在△PCC1中，D1M//CC1,D1M=12CC1，则D1P=C1D1，
又在△PC1N中，D1Q//NC1，D1P=C1D1，
则D1Q=12NC1=14B1C1=1．
故选：C．
8..B
【解析】解：由正方体的结构特征可知，A1C⊥平面BC1D，
因为M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，
所以点M在线段BC1上运动，
所以动线段DM在△BC1D内运动，
动线段DN在△DCC1内运动，动线段MN在△BCC1内运动，
以△BCC1为基准，将△BC1D和△DCC1翻折使其与△BCC1共面，如图所示：
其中△BC1D翻折至△BC1D2，△DCC1翻折至△CC1D3，
则△DMN周长的最小值为D2D3，
在四边形BD3C1D2中，C1D2=C1D3= 2，∠D2C1D3=150°，
由余弦定理可求得D2D32=( 2)2+( 2)2−2× 2× 2×cs150°=4+2 3=(1+ 3)2，
所以D2D3= 3+1，
即△DMN周长的最小值为 3+1．
故选：B．
【解析】解：函数f(x)的最小正周期为4(2π3−5π12)=π，则ω=2，
由图象可知，A=2
由2×2π3+φ=2kπ+3π2，解得φ=2kπ+π6,k∈Z，
又0<|φ|<π，则ϕ=π6，则f(x)=2sin(2x+π6)．
由f(6)=2sin(2×6+π6)=2sin(12+π6)≠2，
可得直线x=6不是f(x)的对称轴．故选项A错误；
由f(π6)=2sin(2×π6+π6)=2sinπ2=2≠0，
可得点(π6,0)不是f(x)的对称中心．故选项B错误；
由x∈(−π6,π6)，可得2x∈(−π3,π3)，2x+π6∈(−π6,π2)⊆[−π2,π2]，
则f(x)在区间(−π6,π6)上单调递增．故选项C正确；
由x∈[−π12,23π12]，可得2x∈[−π6,23π6]，2x+π6∈[0,4π]，
令t=2x+π6，则g(t)=2sint，t∈[0,4π]，
g(t)=2sint，t∈[0,4π]与函数y= 32有4个交点，依次为t1，t2，t3，t4，且t1+t2=π，t3+t4=5π，
则(2x1+π6)+(2x2+π6)=π，(2x3+π6)+(2x4+π6)=5π，
化简得x1+x2=π3,x3+x4=7π3，则x1+x2+x3+x4=8π3．
则函数y= 32与y=f(x)在x∈[−π12,23π12]的图象所有交点横坐标之和为8π3，故选项D正确．
故选：CD．
【解析】解：掷一枚骰子，记事件A表示事件“出现奇数点”，事件B表示事件“出现4点或5点”，
事件C表示事件“点数不超过3”，事件D表示事件“点数大于4”，
对于A，P(A)=36=12，P(B)=26=13，P(AB)=16，
∵P(AB)=P(A)P(B)，∴事件A与B是独立事件，故A正确；
对于B，事件B与事件C不能同时发生，∴事件B与事件C是互斥事件，故B正确；
对于C，事件C与事件D不能同时发生，但能同时不发生，是互斥但不对立事件，故C错误；
对于D，D⊇A∩B，故D错误．
故选：AB．
【解析】解：连接A1D，则由正方体ABCD−A1B1C1D1中，
AD1⊥A1D，AD1⊥CD，A1D∩CD=D，A1D，CD⊂平面ABCD，
可得AD1⊥平面A1B1CD，
又DP⊂平面A1B1CD，则AD1⊥DP，
则直线AD1与直线DP所成角的大小不变．故选项A判断正确；
连接A1C1，C1D，BP，BD1，PD1，
由正方体ABCD−A1B1C1D1中，BD1⊥平面A1C1D，
又BD1⊂平面PBD1，则平面PBD1⊥平面A1C1D，
故选项B判断正确；
由A1D//B1C，A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，
可得B1C//平面A1C1D，
则点P，B1到平面A1C1D的距离相等，设该距离为d，
由VD−A1B1C1=VB1−A1C1D，
可得13×12×2×2×2=13× 34×(2 2)2⋅d，
解之得d=2 33，
则点P到平面A1C1D的距离为定值2 33．
故选项C判断正确；
正方体ABCD−A1B1C1D1中，
直线AP与平面BCC1B1所成角为∠APB，
由△APB中，AB⊥BP，AB=2,BP∈[ 2,2]，
则tan∠APB=ABBP∈[1, 2]，由∠APB为锐角，tanπ3= 3，
则π4≤∠APB<π3．
故不存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成角为π3.选项D判断错误．
故选：ABC．
【解析】解：根据题意，设乙家庭回答正确这道题的概率为a，丙家庭回答正确这道题的概率为b，
由于各家庭是否回答正确互不影响，
甲、丙两个家庭都回答错误的概率是115，则(1−23)(1−b)=115，
乙、丙两个家庭都回答正确的概率是35，则ab=35，
解可得：a=34，b=45，
故甲、乙、丙三个家庭中恰好有2个家庭回答正确这道题的概率P=(1−23)ab+23(1−a)b+23(1−b)a=13ab+23×14×45+23×15×34=1330．
故答案为：1330．
13..6π
【解析】解：根据题意可知A′D=CD=2，如下图所示：
当△A′CD的面积最大时，即S△A′CD=12×AD×CD⋅sin∠A′DC=2sin∠A′DC取得最大值，
可得∠A′DC=90°，
由对称性可知∠A′BC=∠A′DC=90°，
可得AC=2 2，
又因为M为AC的中点，所以MB=MC=MD= 2，又BC=CD=BD=2，
由勾股定理可知棱MB，MC，MD两两垂直，
所以三棱锥M−BCD的外接球半径为：R= ( 2)2+( 2)2+( 2)22= 62，
可得该外接球的表面积S=4πR2=4π×( 62)2=6π．
故答案为：6π．
6(m)
【解析】解：设BD=t，则BC=80+t，
在△BCD中，因为CD=200，∠BCD=60°，
由余弦定理可得：t2=2002+(80+t)2−2×200×(80+t)×12，解得：t=760(m)，
则BD=760(m)，BC=840(m)．
过点C作CE⊥AB，
由题意可得：∠ECB=15°，∠ACE=30°，
则sin∠ECB=sin15°=sin(60°−45°)=sin60°cs45°−cs60°sin45°= 32× 22−12× 22= 6− 24，
cs∠ECB=cs15°=cs(60°−45°)=cs60°cs45°+sin60°sin45°=12× 22+ 32× 22= 6+ 24，
可得BE=840× 6− 24(m)，CE=840× 6+ 24(m)，
则AE=840× 6+ 24× 33(m)，
所以AB=AE+BE=840×( 6− 24+ 6+ 24× 33)=280 6(m)．
故答案为：280 6(m)．
15..解：(1)因为a+bc=sinC−sinBsinA−sinB，
由正弦定理得a+bc=c−ba−b，
整理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc=12，
且A∈(0,π)，则A=π3．
又因为a=2，由正弦定理得△ABC外接圆的半径r=12×asinA=2 33，
所以△ABC外接圆的周长为2πr=4 3π3．
(2)在△ABC中，a=2，b=1，A=π3，
由正弦定理得asinA=bsinB，
可得sinB=bsinAa=1× 322= 34，
又因为A>B，可知B∈(0,π3)，
可得csB= 1−sin2B= 134，
则sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB= 32× 134+12× 34= 39+ 38，
所以△ABC的面积为12absinC=12×2×1× 39+ 38= 39+ 38．
【解析】(1)根据题意利用正、余弦定理可得A=π3，再结合正弦定理求外接圆半径；
(2)根据题意利用正弦定理和三角恒等变换求sinC，再结合面积公式运算求解．
16..(本小题满分14分)
(Ⅰ)证明：在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，连结BD交AC于N，连结MN．
因为ABCD为正方形，所以N为BD中点．…(1分)
在△DBD1中，因为M为DD1中点，
所以BD1//MN.…(2分)
因为MN⊂平面AMC，BD1不包含于平面AMC，…(4分)
所以BD1//平面AMC.…(5分)
(Ⅱ)证明因为ABCD为正方形，
所以AC⊥BD.…(6分)
因为DD1⊥平面ABCD，
所以DD1⊥AC.…(7分)
因为DD1∩BD=D，…(8分)
所以AC⊥平面BDD1.…(9分)
因为BD1⊂平面BDD1，
所以AC⊥BD1.…(10分)
(Ⅲ)解：当λ=12，即点P为线段BB1的中点时，平面A1PC1//平面AMC.…(11分)
因为AA1//CC1，且AA1=CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形．
所以AC//A1C1.…(12分)
取CC1的中点Q，连结MQ，QB．
因为M为DD1中点，
所以MQ//AB，且MQ=AB，
所以四边形ABQM是平行四边形．
所以BQ//AM.…(13分)
同理BQ//C1P.
所以AM//C1P.
因为A1C1∩C1P=C1，AC∩AM=A，
所以平面A1PC1//平面AMC.…(14分)
【解析】(Ⅰ)连结BD交AC于N，连结MN.由此利用三角形中位线定理能证明BD1//平面AMC．
(Ⅱ)由正方形性质得AC⊥BD，由线面垂直得DD1⊥AC，由此能证明AC⊥BD1．
(Ⅲ)当λ=12，平面A1PC1//平面AMC.由已知条件推导出四边形ABQM是平行四边形，从而能证明平面A1PC1//平面AMC．
17..解：(1)由题可知，0.2×(a+1.0+1.5+0.9+a+0.3)=1，
解得a=0.65，
由频率分布直方图可得x−=0.3×0.65×0.2+0.5×1.0×0.2+0.7×1.5×0.2+0.9×0.9×0.2+1.1×0.65×0.2+1.3×0.3×0.2=0.732，
因此，这100位客户最近一年到该超市消费金额的平均数为0.732万元；
(2)记“幸运客户中恰有1人来自区间(0.3,0.4]”为事件A，
因为区间(0.4,0.6]和(0.6,0.8]频率之比为2：3，采用分层抽样的方法抽取5人进行电话访谈，
故从分组区间(0.4,0.6]中抽取2人，分别记为A1，A2，从分组区间(0.6,0.8]中抽取3人，分别记为B1，B2B3，
从这5个人中随机选择2人作为“幸运客户”，
则样本空间Ω={(A1,A2)，(A1,B1)(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)(A2,B2)，(A2,B3)，(B1,B2)，(B1,B3)，(B2,B3)}，共10个样本点，
A={(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)}，共6个样本点，
所以P(A)=610=35．
【解析】(1)由题得，0.2×(a+1.0+1.5+0.9+a+0.3)=1，求得a=0.65，再利用平均数公式求解；
(2)先利用分层抽样得到分组区间(0.4,0.6]中抽取2人，分组区间(0.6,0.8]中抽取3人，再由古典概型的概率公式求解．
18..(1)证明：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD均为等边三角形，∴△ACD′也为等边三角形，
又E为AC的中点，∴BE⊥AC，D′E⊥AC，
∵BE∩D′E=E，BE、D′E⊂平面BD′E，
∴AC⊥平面BD′E，
∵AC⊂平面ABC，
∴平面BD′E⊥平面ABC．
(2)解：过D′作D′M⊥BE于点M，
∵平面BD′E⊥平面ABC，D′M⊂平面BD′E，
∴D′M⊥平面ABC，
由题意知，△ABC是边长为2的等边三角形，
∴S△ABC=12×2×2× 32= 3，
∴VD′−ABC=13⋅S△ABC⋅D′M=13⋅ 3⋅D′M=2 23，即D′M=2 63，
过M作MN⊥AB于点N，连接D′N，则∠D′NM即为二面角D′−AB−C的平面角，
在Rt△D′EM中，EM= D′E2−D′M2= ( 3)2−(2 63)2= 33，
∴BM=BE−EM=2 33，MN= BM2−BN2= (2 33)2−1= 33，
在Rt△D′MN中，tan∠D′NM=D′MMN=2 63 33=2 2，
∴cs∠D′NM=13，
故二面角D′−AB−C的余弦值为13．
【解析】(1)易得BE⊥AC，D′E⊥AC，再由线面垂直的判定定理可得AC⊥平面BD′E，进而得证；
(2)过D′作D′M⊥BE于点M，由面面垂直的性质定理知D′M⊥平面ABC，利用三棱锥的体积公式，求得D′M=2 63，过M作MN⊥AB于点N，连接D′N，则∠D′NM即为所求，再根据平面几何知识，求解即可．
19..解：(1)当a=0时，原不等式可化为(x−1)|x|−2<0…①．
(ⅰ)当x≥0时，①式化为x2−x−2<0，解得−1
综上，原不等式的解集为(−∞,2)；
(2)依题意，f(x)=−x2+(a+1)x−a−1,x
所以当x≥a时，函数f(x)有且仅有一个零点，
所以x
不妨设x1
则x1+x2=a+1x1x2=a+1，所以1x1+1x2=x1+x2x1x2=1，
因为x3是方程x2−(a+1)x+a−1=0的根，且x3>a+12，
由求根公式得x3=a+1+ (a−1)2+42，
因为函数g(a)=a+1+ (a−1)2+42在(3,+∞)上单调递增，
所以x3>g(3)=2+ 2，
所以0<1x3<1− 22，
所以1x1+1x2+1x3的取值范围是(1,2− 22).
【解析】
(1)分当x≥0时，当x<0时，讨论去掉绝对值，由一元二次不等式的求解方法可得答案；
(2)得出分段函数f(x)的解析式，根据二次函数的性质和根与系数的关系可求得答案．
相关试卷
2023-2024学年福建省福州市闽清一中高一（下）期末数学试卷（含答案）： 这是一份2023-2024学年福建省福州市闽清一中高一（下）期末数学试卷（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。
2023-2024学年福建省福州市八县一中高一（下）期中数学试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年福建省福州市八县一中高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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。
2023-2024学年福建省福州市八县一中高一（下）期中数学试卷： 这是一份2023-2024学年福建省福州市八县一中高一（下）期中数学试卷，共16页。试卷主要包含了下列说法正确的是，已知向量a、b满足等内容，欢迎下载使用。
