2023-2024学年四川省乐山市峨眉二中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年四川省乐山市峨眉二中高一（下）期末数学试卷（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.若复数z满足i⋅z=6−8i，则|z|=( )
A. 8B. 10C. 14D. 25
2.已知点A(1,1)，B(4,2)和向量a=(4,m)，若a/​/AB，则实数m的值为( )
A. −43B. 34C. 43D. −34
3.某企业利用随机数表对生产的60个太阳能面板进行抽样测试，先将60个太阳能面板进行编号，01，02，⋯，59，60.从中抽取12个样本，如表提供随机数表的第6行至第8行，若从表中第7行第9列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是( )
A. 07B. 18C. 23D. 08
4.如图，正三棱台ABC−A1B1C1的下底面边长为12，上底面边长和侧棱长均为6，则棱台的高为( )
A. 2 63B. 3 3C. 2 6D. 2 3
5.如图，在圆C中，A，B是圆上不同的两点，若|AB|=6，则AC⋅AB=( )
A. 12
B. 15
C. 16
D. 18
6.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为( )
A. 6 2πB. 6πC. 4 2πD. 4π
7.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，△ABC的面积为 32,b=1,A=60°，则2b+3c2sinB+3sinC=( )
A. 4B. 3C. 2D. 1
8.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC⊥BC，AC=BC=1，点D在上底面A1B1C1(包含边界)上运动，则三棱锥D−ABC外接球半径的取值范围为( )
A. [1, 62]
B. [98, 62]
C. [98,32]
D. [54,32]
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.某校为更好地支持学生的个性化发展，开设了学科拓展类、创新素质类、兴趣爱好类三种类型的校本课程，每位学生从中选择一门课程学习.现对该校4000名学生的选课情况进行了统计，如图①，并用分层抽样的方法从中抽取2%的学生对其所选课程进行了满意率调查，如图②.下列说法正确的是( )
A. 抽取的样本容量为4000
B. 该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为700
C. 若抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为24，则a=70
D. 该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1000
10.在平面中，设Ox，Oy是平面内相交成θ角的两条数轴，e1,e2分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量OP=xe1+ye2，则把有序数对(x,y)叫做向量OP在坐标系xOy中的坐标，记作OP=(x,y).若在坐标系xOy中，〈e1,e2〉=2π3，向量a=(2,1)，则下列结论正确的是( )
A. |a|= 3
B. 若b=(x,y)，则a⊥b的充要条件为2x+y=0
C. 若b=(x,3)，且a与b的夹角为锐角，则实数x的取值范围为(0,6)∪(6,+∞)
D. 若b=(1,2)，则a+b与b的夹角为π6
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱A1B1，A1D1，C1D1，CD的中点，P是线段BG上一动点，则下列结论正确的是( )
A. 平面FGH⊥平面AEF
B. 平面EGB将正方体分成的两个部分的体积比为1：3
C. ∠D1GB是异面直线BG与AB所成的角
D. 三棱锥A−PEF的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设z的共轭复数是z−，若z−z−=4i,z⋅z−=4，则z−= ______．
13.已知样本9，10，11，x，y的平均数是10，3x−2y=−5，则样本的方差为______．
14.设θ为两个非零向量a,b的夹角，且θ=π6，已知对任意实数t,|b+ta|的最小值为2，则|b|= ______．
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|a|= 2,|b|=1,a与b的夹角为45°．
(1)求b在a方向上的投影向量；
(2)求|2a+b|的值．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，E，F分别为BC，AP的中点，且AD=AP=PB= 22AB=2．
(1)求证：BP⊥DF；
(2)求三棱锥P−DEF的体积；
(3)求直线EF与平面ABCD所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某中学为了解学生每天进行户外锻炼的时长，体育教研组在高一年级随机调查了500位学生，得到如下的样本数据的频率分布直方图．
(1)求m的值，并估计抽查的学生中每天户外锻炼时长在30min∼60min的人数；
(2)用样本估计总体，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
(3)求高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，请从下列条件中选择一个条件作答：(注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分)
①acsB+bsinA2=c
②b2=2 33S△ABC+abcsC
③2asinA=(2b−c)sinB+(2c−b)sinC
(1)求A的大小；
(2)若△ABC为锐角三角形，求2c+bb的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在四面体ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△BCD是直角三角形，点D为直角顶点.E，F，G，H分别是线段AB，AC，CD，DB上的动点，且四边形EFGH为平行四边形，设∠CBD=α．
(Ⅰ)求证：BC/​/平面EFGH；
(Ⅱ)若二面角A−BC−D的大小为60°，AE=2EB，则α为何值时，四边形EFGH的面积最小，并求出最小值；
(Ⅲ)当平面EFGH⊥平面BCD时，求四面体ABCD体积的最大值．
参考答案
1.B
2.C
3.D
4.C
5.D
6.B
7.C
8.B
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.−2i
13.4
14.4
15.解：(1)|a|= 2,|b|=1,a与b的夹角为45°，
则b在a方向上的投影向量为a⋅b|a|2⋅a= 2×1× 222⋅a=12a；
(2)|a|= 2,|b|=1,a与b的夹角为45°，
则|2a+b|= (2a+b)2= 4a2+4a⋅b+b2= 8+4× 2×1× 22+1= 13．
16.(1)证明：因为四边形ABCD是矩形，所以DA⊥AB，
又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面ABCD∩平面ABP=AB，
所以DA⊥平面ABP，所以DA⊥BP，
因为AP=BP=2,AB=2 2，所以AP2+BP2=AB2，所以BP⊥AP，
因为DA∩AP=A，所以BP⊥平面DAP，
因为DF⊂平面DAP，所以BP⊥DF；
(2)解：因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥AB，AD//BC，
因为AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC/​/平面PAD，
所以点E到平面PAD的距离等于点B到平面PAD的距离，
由(1)得DA⊥平面ABP，BP⊥平面DAP，
而S△PDF=12×PF×AD=12×1×2=1，
所以三棱锥P−DEF的体积VP−DEF=13S△PDF⋅BP=13×1×2=23；
(3)解：过点F作FM⊥AB于点M，连接ME，

因为平面ABCD⊥平面ABP，平面ABCD∩平面ABP=AB，
所以FM⊥平面ABCD，所以∠FEM为直线EF与平面ABCD所成角，
由已知可得FM= 22,BF= 5，
由BE⊥BF得EF= 6，
所以在Rt△FME中，sin∠FEM=FMBM= 22 6= 36，
故直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为 36．
17.解：(1)根据频率分布直方图的性质可得0.04+0.14+10m+0.22+0.20+10m+0.08=1，
解得m=0.016，
500×(0.22+0.20+0.16)=290人，
估计每天户外锻炼时长在30min∼60min的人数为290人．
(2)由题意知，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长为：
5×0.04+15×0.14+25×0.16+35×0.22+45×0.20+55×0.16+65×0.08=37(min)．
(3)∵0.04+0.14+0.16+0.22=0.56<0.75，
0.04+0.14+0.16+0.22+0.20=0.76>0.75，
∴高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数，即75%分位数在[40,50]之间，
设高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，
则0.56+0.020(x−40)=0.75，解得x=49.5，
∴高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数是49.5．
18.解：(1)选①：因为acsB+bsinA2=c，由正弦定理得，
sinAcsB+sinBsinA2=sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以sinBsinA2=csAsinB，sinB≠0，
可得sinA2=csA=1−2sin2A2，
解得sinA2=12或sinA2=−1(舍去)，
因为A∈(0,π),A2∈(0,π2)，可得A2=π6，所以A=π3；
选②：因为b2=2 33S+abcsC=2 33×12absinC+abcsC，
所以b= 33asinC+acsC，
由正弦定理可得sinB= 33sinAsinC+sinAcsC，
又sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
所以csAsinC= 33sinAsinC，
因为sinC≠0，所以tanA= 3，
又A∈(0,π)，所以A=π3；
选③：结合正弦定理，
得2a2=(2b−c)b+(2c−b)c，即a2=b2+c2−bc，
又由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，
所以bc=2bccsA，即csA=12，
又0(2)由(1)可得B+C=2π3，所以C=2π3−B，
所以cb=sinCsinB=sin(2π3−B)sinB= 32csB+12sinBsinB= 32×1tanB+12，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0所以1tanB∈(0, 3)，所以 32×1tanB+12∈(12,2)，即cb的取值范围为(12,2)，
所以2c+bb=2cb+1∈(2,5)．
19.解：(Ⅰ)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF/​/GH，
∵EF⊂平面ABC，GH⊄平面ABC，
∴GH/​/平面ABC，
∵GH⊂平面BCD，平面BCD∩平面ABC=BC，
∴GH/​/BC，
∵GH⊂平面EFGH，BC⊄平面EFGH，
∴BC/​/平面EFGH；
(Ⅱ)取BC中点P，连接AP，交EF于点M，过点P作PN⊥BC，交GH于点N，连接MN，
过点D作DQ⊥BC，垂足为Q，

∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴AP⊥BC，AP= 3，
∴∠MPN是二面角A−BC−D的平面角，∠MPN=60°，
∵GH/​/BC，
∴GH⊥PM，GH⊥PN，
∵PM∩PN=P，PM⊂平面PMN，PN⊂平面PMN，
∴GH⊥平面PMN，
∵MN⊂平面PMN，
∴GH⊥MN，
同(Ⅰ)的分析过程可知：AD/​/EH，
∴AE=2EB−，
∴BH=13BD，
∴BC/​/GH，
∴GH=23BC=43，PN=13DQ=13BDsinα=13BCcsα⋅sinα=13sin2α，
∵BC/​/EF，
∴PM=13AP= 33，
在△PMN中，由余弦定理可得，MN= PM2+PN2−2PM⋅PN⋅cs60°
= 13+sin22α9− 39sin2α=13 (sin2α− 32)2+94，
∴四边形EFGH的面积为SEFGH=GH⋅MN=49 (sin2α− 32)+94，
当sin2α= 32，即α=π6或π3时，SEFGH的最小值为23．
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，∠MPN为二面角A−BC−D的平面角，设∠MPN=β，
则点A到平面BCD的距离为ℎ=APsinβ= 3sinβ，
设BE=λBA，则PM= 3λ，PN=λsin2α，
∵平面EFGH⊥平面BCD=GH，GH⊥MN，MN⊂平面EFGH，
∴MN⊥平面BCD，
∵PN⊂平面BCD，
∴MN⊥PN，
∴在Rt△PMN中，csβ=PNPM=sin2α 3，
VABCD=13ℎ⋅S△BCD=13⋅ 3sinβ⋅sin2α=13. 3sinβ⋅ 3csβ=12sin2β，
又0则−1所以0则VABCD=12sin2β≤ 23，
所以当α=π4时，四面体ABCD体积的最大值为 23． 12 23 43 56 77
32 21 18 34 29
78 64 54 07 32
52 42 06 44 38
35 78 90 56 42
25 30 07 32 86
23 45 58 89 07
23 18 96 08 04
84 42 12 53 31
34 57 86 07 36
34 89 94 83 75
32 56 78 08 43
67 89 53 55 77
22 53 55 78 32
45 77 89 23 45