2023-2024学年安徽省合肥市第八中学高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省合肥市第八中学高一下学期期末考试数学试题（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.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．
答案解析
1.A
【解析】解：己知(1+i)2z=3−4i，
得z=3−4i(1+i)2=3−4i2i=(3−4i)·−i2i·−i=−4−3i2=−2−32i．
故选A．
2.B
【解析】解：如果α⊥β，l//α，则l与β之间可能平行，可能相交，也可能l⊂β，从而充分性不成立;
若l//α，则存在直线a⊂α，l//a，如果l⊥β，则a⊥β，又a⊂α，所以α⊥β，从而必要性成立，
综上可知，“α⊥β”是“l⊥β”的必要不充分条件．
故选B．
3.B
【解析】
解：结合相互独立事件概率的乘法公式可得密码未被成功破译的概率：
P=(1−14)×(1−23)=14 ，
则根据对立事件的概率和为1，可知密码被成功破译的概率为 1−14=34 ，
故选B．
4.C
【解析】解：BD=AD−AB=BC−AB=(AC−AB)−AB=−2AB+AC=−2a+b．
5.B
【解析】解：如图，O，O1分别为正方形ABCD，A1B1C1D1的中心，
则OO1⊥平面ABCD，过点A1作A1E⊥OA，垂足为E，
则A1E⊥平面ABCD，从而∠A1AO=60∘，
在直角梯形OO1A1A中，A1O1= 2，AO=2 2，∠A1AO=60∘，
则A1E=tan60∘(AO−A1O1)= 6，
即正四棱台的高为 6，
所以这个棱台的体积是 6(4+16+ 4×16)3=28 63．
6.A
【解析】解：取棱C1D1的中点F，连结EF，则EF//CD1，
从而异面直线AE与CD1所成角θ=∠AEF．
不妨设正方体的棱长为2，
则在△AEF中，AE=AF=3，EF= 2，
所以csθ=cs∠AEF=AE2+EF2−AF22AE⋅EF=9+2−92×3× 2= 26．
7.C
【解析】解：由f(x)为偶函数，可得
a=f(lg512)=f(−lg52)=f(lg52)，b=f(lg1215)=f(lg25)，
而0lg24=2，1=(12)0>(12)15>12．
即lg25>(12)15>lg52>0，由f(x)在区间[0,+∞)上是减函数，
所以f(lg25)即b8.D
【解析】解：由题意可知BM=CM= 3，AM=1，AM⊥BM，AM⊥CM，
则在四面体ABCM中，AM⊥平面MBC，从而四面体ABCM可补形为直三棱柱．
ΔMBC中，BM=CM= 3，BC=3，由余弦定理可得cs∠BMC=−12，
即∠BMC=120∘，所以△MBC的外接圆半径r= 3，
设球O的半径为R，则R2=r2+(AM2)2=134，
所以球O的表面积为4πR2=13π．
9.AC
【解析】解：高一年级男生、女生之比为540360=32，由样本中有8位女生的成绩，
则样本中有12位男生的测试成绩，故A正确;
由8×75%=6，则样本中女生测试成绩的第75百分位数是第6项与第7项成绩的平均数，
即9+102=9.5，故B错误;
样本中女生测试成绩的平均数为8，则其方差为(6−8)2+(7−8)2×3+(8−8)2+(9−8)2+(10−8)2×28=2，
即标准差为 2，故C正确;
样本中所有学生测试成绩的平均数为8×8+7.5×1220=7.7，故D错误．
10.BCD
【解析】解：如图，点E为正方形ABCD的中心，点F为BC的中点，
则PE⊥平面ABCD，PF⊥BC，EF⊥BC，从而二面角P−BC−A为∠PFE．
在直角ΔPFE中，EF= 3，∠PFE=60∘，则PE=3．
四棱锥P−ABCD的体积为13SABCD⋅PE=13×12×3=12，故A错误;
直线PB与平面ABCD所成角为∠PBE，则tan∠PBE=PEEB=3 6= 62，故B正确;
由BC//AD，可得BC/​/平面PAD，而BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
则BC/​/l，从而l/​/平面ABCD，故C正确;
由P−ABCD为正四棱锥，
可知球心O直线PE上，设球的半径为r，
在直角△OEB中，OB=r，OE=3−r，EB= 6，
则由OB2=OE2+EB2，可得r=52，从而球O的体积为43πr3=125π6，故D正确．
11.ABD
【解析】解：y=2sin3x的图象向左平移π18个单位长度，得到y=2sin3(x+π18)=2sin(3x+π6)，故A正确;
在平面直角坐标系中画出y=2sin(3x+π6)与y=sinx两条曲线，
观察出两条曲线在[−π,π]上有6个交点，故B正确;(可以先画y=2sin3x的图象，再将图象向左平移π18个单位长度得到y=2sin(3x+π6)的图象);
由0≤x≤2π，得π6≤ωx+π6≤2ωπ+π6，
要使f(x)在[0,2π]上有且仅有5个零点，则5π≤2ωπ+π6<6π，
解得2912≤ω<3512，故C错误;
由0又2912≤ω<3512，则4ωπ35+π6<4π35⋅3512+π6=π2，所以f(x)在(0,4π35)单调递增，故D正确．
12. 5
【解析】解：z=4+2i3+3i6=4−2i−3=1−2i，则|z|= 12+(−2)2= 5．
13.2 3
【解析】解：|a|= 5，|2a−b|= (2a−b)2= 4a2−4a⋅b+b2
= 20−12+b2=2 5，则b2=12，所以|b|=2 3．
14.150 6
【解析】解：如图，分别过C、B点作CE//C1B1、BF//B1A1，则EB1=CC1=50 2，
在△A1B1C1中，由正弦定理得A1C1sin30∘=A1B1sin45∘=B1C1sin105∘，
则A1B1=100 2，B1C1=200sin105∘=200cs15∘，
在直角△BEC中，EC=B1C1=200cs15∘，∠BCE=15∘，
则BE=EC⋅tan15∘=200sin15∘=200sin(45∘−30∘)=50( 6− 2)，
在直角△ABF中，BF=A1B1=100 2，∠ABF=60∘，
则AF=BF⋅tan60∘=100 2× 3=100 6，
所以AA1=AF+FA1=AF+BB1=AF+BE+EB1=100 6+50( 6− 2)+50 2=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，
【解析】本题主要考查频率分布直方图、古典概型及其计算等，属于中档题．
(1)先利用(0.05+0.075+a+0.15+0.1)×2=1，解得a=0.125；然后得到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)先得到分层抽取的6株中，高度在[21,23)和[17,19)的株数分别为4和2，然后利用古典概型即可．
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)．
【解析】本题主要考查正弦定理，三角恒等变换及正切函数的值域，属于中档题．
(1)利用二倍角公式、两角和与差的三角函数公式化简函数f(x)，再结合三角函数性质计算得解．
(2)由(1)的结论利用正弦定理和正切函数的值域求解可得．
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．
【解析】本题重点考查线面平行的判定和线面角的求法，属于一般题．
(1)通过求证OE/​/PB，由线面平行的判定定理即可求证;
(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，利用sin∠PCH=PHPC即可求解．
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．
【解析】本题考查正、余弦定理的应用，基本不等式求最值，二倍角余弦公式，属于中档题．
(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简，可得a2=b2+c2，即 A=π2 ；
(2)设PA=x，PB=y，PC=z，则t=yx+zx，由余弦定理以及基本不等式求最值．
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，．
【解析】本题考查线面垂直的判定和棱锥的体积、线面角和二面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)由题意知，A′E⊥平面BCD，结合BC⊥CD，可得证明；
(2)由棱锥的体积公式，以及三点共线和三角形的相似，可得所求最大值；
(3)由二面角的定义得∠A′OE是二面角A′−BM−C的平面角，结合三棱锥A′−EBM的体积可得其最大值，进而可求z的大小．