2023-2024学年山东省滨州市高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省滨州市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.已知平面α和直线m，n，则下列结论正确的是( )
A. 若m/​/α，n/​/α，则m/​/nB. 若m⊥α，m⊥n，则n/​/α
C. 若m/​/α，m⊥n，则n⊥αD. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
2.如图所示，▱O′A′B′C′是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形OABC的直观图.其中O′A′=5，O′C′=2，则四边形OABC的面积是( )
A. 20 2
B. 20
C. 10 2
D. 10
3.已知点A(1,4)，B(2,3)，C(x,1)，若A，B，C三点共线，则x的值是( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.数据3，1，2，4，2的上四分位数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.柜子里有3双不同的鞋，从中随机取出2只.设事件A=“取出的鞋都是一只脚的”，则P(A)=( )
A. 15B. 25C. 13D. 35
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知(b+c+a)(b+c−a)=3bc，且2csBsinC=sinA，则△ABC是( )
A. 等边三角形B. 等腰直角三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形
7. 为了研究我市甲、乙两个5G智能手机专卖店的销售状况，厂家统计了去年4月到9月甲、乙两店每月的营业额(单位：万元)，得到如图所示的折线图.根据两店的营业额折线图可知，下列说法错误的是( )
A. 甲店月营业额的平均值在[31,32]内
B. 乙店月营业额总体呈上升趋势
C. 7、8、9月份的总营业额甲店比乙店少
D. 乙店的月营业额极差小于甲店的月营业额极差
8.抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件A=“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，B=“n次中至多有一次正面朝上”.下列说法正确的是( )
A. 当n=2时，P(AB)=P(B) B. 当n=2时，P(AB)=P(A)P(B)
C. 当n=3时，P(AB)=P(A)P(B) D. 当n=3时，P(A+B)=P(A)+P(B)
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.设z为复数(i为虚数单位)，下列结论正确的是( )
A. 对任意复数z1，z2，有|z1z2|=|z1|⋅|z2|
B. 对任意复数z1，z2，若|z1−z2|=|z1+z2|，则z1⋅z2=0
C. 设z∈C，若(3+4i)z=|3−4i|，则复数z在复平面内对应的点位于第一象限
D. 设z∈C，在复平面内z对应的点为Z，满足条件1<|z|≤2的点Z的集合所构成区域的面积为2π
10.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，Q分别是C1D1，DD1，BB1的中点，P为四边形A1B1C1D1(含边界)内一动点，且NP=2.则下列结论正确的是( )
A. 直线AM与直线B1N是异面直线B. 三棱锥A1−AB1M的体积为43
C. 点P的轨迹长度为 32πD. 直线BN//平面D1PQ
11.已知△ABC中，B=2π3，AB=BC=2，M是AC的中点，动点P在以AC为直径的半圆弧上.则下列结论正确的是( )
A. 2BM=BA+BC
B. BP⋅BC最大值为1+2 3
C. BM在BC上的投影向量为12BC
D. 若BP=xBA+yBC，且B，M，P三点共线时，x+y=1+ 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若事件A与B互斥，且P(A∪B)=0.5，P(B)=0.2，则P(A)= ．
13.已知圆台O1O2的体积为14π，其上底面圆O1半径为1，下底面圆O2半径为4，则该圆台的母线长为 ．
14.如图，MN是底部N不可到达的一座塔，M为塔的最高点，某同学为测量塔的高度，在塔的正东方向找到一座建筑物AB，高约为6m，在点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A、塔顶部M的仰角分别为30∘和45∘，在A处测得塔顶部M的仰角为15∘，则塔MN的高度约为 m.
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)
出口“新三样”指的是电动载人汽车、锂离子蓄电池和太阳能电池，这些产品在中国外贸出口中扮演着重要角色，成为展现中国制造迈向高端化、智能化、绿色化的崭新名片.某学校组织了400名学生参加新能源知识竞赛，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，[40,50)，⋯，[80,90]，整理得到频率分布直方图如图所示．
(1)由频率分布直方图估计样本中学生分数的中位数;
(2)已知样本中分数在[40,50)的学生有5人，试估计总体中分数小于40的人数;
(3)已知样本中男生与女生的比例是3:1，男生样本的平均数为70，方差为10，女生样本的平均数为80，方差为12，请计算出总体的方差．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，∠ACB=90∘，PA⊥底面ABC．
(1)求证：平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AC=BC=PA，M是PB的中点，求AM与平面PBC所成角的正切值．
17.(本小题15分)
5月25日是全国大、中学生心理健康日，“5.25”的谐音即为“我爱我”，意在提醒孩子们“珍惜生命、关爱自己”.为此学校将举行心理健康知识竞赛，甲、乙两同学组成“爱我队”参赛，比赛共有两轮，每轮比赛由甲、乙各回答一个问题，已知第一轮甲答对的概率为45，甲、乙都答错的概率为120，第二轮甲、乙都答对的概率为12，并且甲连续两轮都答对的概率为815.在每轮比赛中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)分别求第二轮甲、乙两同学答对的概率;
(2)求“爱我队”在两轮比赛中答对3题的概率．
18.(本小题17分)
已知锐角△ABC三个角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知向量m=(2sinA− 3b,1)，n=(1,2asinB− 3)，且m⊥n．
(1)求A;
(2)若△ABC的面积S=5 32，且a+ 3c= 3b，求△ABC的周长;
(3)求34(sin2B+sin2C)的最小值．
19.(本小题17分)
唐代诗人温庭筠的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情.为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”(如图所示):棱长为1的水晶正八面体(八个面都是全等的正三角形)，中间的球体部分是被挖空的(表面不被破坏)，并嵌入了红豆．
(1)当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积．
(2)超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片.甲乙两人每人抽取一次(抽取结果互不影响)，求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率．
(3)若点P为(1)中球面上的任一点，设∠PAB=θ1，∠PAD=θ2，二面角B−AP−D的平面角为φ，求证：tanθ1⋅tanθ2⋅csφ为定值．
答案解析
1.D
【解析】解：A.若m //α,n //α,则m,n可能平行、可能相交、也可能异面，故A错；
B.若m⊥α，m⊥n，则n //α或n⊂α，故B错；
C.若m //α，m⊥n，则n和α不一定垂直，故C错；
D.若m⊥α，n⊂α，由直线和平面垂直的性质知m⊥n，故D对．
故选D．
2.B
【解析】解：由题意和斜二测画法可知还原后的原四边形 OABC为矩形，
且OA=O′A′=5，OC=2O′C′=4，
所以四边形OABC的面积为5×4=20 ．
故选B．
3.C
【解析】解：由题意，可知直线AB，AC的斜率存在并且相等，
即3−42−1=1−4x−1，解得x=4．
故选C．
4.C
【解析】解：将数据从小到大排列1，2，2，3，4，
5×75%=3.75，
故上四分位数为第四个数3．
故选C．
5.B
【解析】解：由题意柜子里有3双不同的鞋，随机取出2只，共有 C62=15种取法，
事件A包括从左脚中随机取出2只，或右脚中随机取出随机取出2只，共有2C32=6种取法，
故所求事件的概率P= 615= 25．
故选B．
6.A
【解析】解：由(b+c+a)(b+c−a)=3bc得到 b2+c2−a2=bc，
所以 csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
所以由三角形内角范围可得A=π3，
又因为2csBsinC=sinA，
所以2csBsinC=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以sinBcsC−csBsinC=sin(B−C)=0，可得B=C，
所以三角形ABC为等边三角形，
故选A．
7.D
【解析】解：对于A，根据甲店的营业额折线图可知，该店月营业额的平均值为16×(14+21+26+30+52+47)≈31.7，故A正确；
对于B，根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势，故B正确；
对于C，甲店7，8，9份的总营业额为30+52+47=129，乙店7，8，9月份的总营业额为33+44+53=130，故C正确；
对于D，可得甲店的月营业额极差为52−14=38，乙店的月营业额极差为53−7=46，故D错误．
故选D．
8.C
【解析】解：当 n=2 时， AB 表示一正一反，故 PAB=2⋅12⋅12=12 ，
此时 PA=2⋅12⋅12=12 ， PB=1−PB=1−12⋅12=34 ，故A、B都错误；
当 n=3 时， A+B 表示并非每次都是正面朝上，
故 PA+B=1−PA+B=1−12⋅12⋅12=78 ，故D正确；
此时 PAB=3⋅12⋅12⋅12=38 ， PA=1−PA=1−12⋅12⋅12−12⋅12⋅12=34 ，
PB=12⋅12⋅12+3⋅12⋅12⋅12=12 ，所以 PAB=38=34⋅12=PAPB ，
故C正确，D错误．
故选C．
9.AC
【解析】解：对于A，对任意复数z1，z2，有|z1z2|=|z1|⋅|z2|，正确；
对于B，设z1=1+i，z2=1−i，复数z1，z2满足|z1+z2|=|z1−z2|，则z1z2=2≠0，故B错误．
对于C，若(3+4i)z=|3−4i|，则z=53+4i=35−45i，故复数z对应点(35,45)在第一象限，C正确；
对于D，满足条件1<|z|≤2的点Z的集合是以原点为圆心，1，2为半径的圆环，因此满足条件1<|z|≤2的点Z的集合所构成区域的面积为4π−π=3π，D错误．
10.BC
【解析】解：因为M，N分别为C1D1，DD1的中点，所以MN//C1D，又AB1//C1D，
所以MN//AB1，所以M、N、A、B1四点共面，
所以A不正确；
VA1−AB1M=VM−A1AB1=13×12×2×2×2=43，B正确；
因为NP=2，所以D1P= NP2−ND12= 3，
点P的轨迹为以D1为圆心， 3为半径的14个圆周，
所以点P的轨迹长度为 32π，C正确；
当P为14个圆周的弧的中点时，即D1，P，B1三点共线，
因为Q为BB1的中点，所以BQ//D1N，BQ=D1N，
四边形D1NBQ为平行四边形，所以BN//D1Q，
此时BN⊂平面D1PQ，D不正确．
11.BD
【解析】解：对于A，因为M是AC的中点，所以BM=BC+12CA=BC+12BA−BC=12BA+BC，即2BM=BA+BC，所以A正确；
对于B，由已知0⩽α⩽π，BA=BC=2，∠ABC=2π3，
所以∠MBC=π3，BM=1，MP=MC= 3，
BP·BC=BM+MP·BC=BM·BC+MP·BC
=BM·BCcsπ3+MP·BCcsMP,BC
=1×2×csπ3+ 3×2csMP,BC
=1+2 3csMP,BC
当MP,BC=0，即MP与BC方向相同时，BP·BC取得最大值1+2 3，B正确；
对于C，BM在BC上的投影向量为BMcs∠MBC·BCBC=1×12×12BC=14BC，所以C错误；
对于D，因为B，M，P三点共线，所以BP=λBM，其中λ>0，所以由BM=1BP=BM+MP=1+ 3，得λ=1+ 3，于是BP=1+ 3BM=1+ 3×12BA+BC=1+ 32BA+1+ 32BC，
又BP=xBA+yBC，所以x=y=1+ 32，x+y=1+ 3，D正确．
故选BD．
12.0.7
【解析】解：因为事件A与B互斥，且P(A∪B)=0.5，P(B)=0.2，
所以0.5=P(A∪B)=P(A)+P(B)=P(A)+0.2，
所以P(A)=0.3，P(A)=1−P(A)=0.7．
故答案为0.7
13. 13
【解析】解：设圆台的高为ℎ，由圆台体积公式V=13πℎ(r ′2+r ′r+r2)
得ℎ=3Vπ(r ′2+r ′r+r2)=3×14ππ(1+1×4+42)=2，
利用轴截面可得l= r−r′2+ℎ2= 13．
故答案为 13．
14.12
【解析】解：在Rt△ABC中， ∠ACB=30∘ ，可得 AC=2AB=2×6=12 ，
由图知 ∠MAC=15∘+30∘=45∘ ， ∠MCA=180∘−45∘−30∘=105∘ ，
所以 ∠AMC=180∘−∠MAC−∠MCA=180∘−45∘−105∘=30∘ ，
在△AMC中，由正弦定理可得： MCsin∠MAC=ACsin∠AMC,
即 MCsin 45∘=12sin 30∘ ，解得 MC=12 2,
在Rt△MNC中，如图可得 MN=MC⋅sin 45∘=12 2× 22=12.
15.解：(1)由频率分布直方图可得分数的中位数位于 70,80 ，并设为 x ，
则有0.02×10+ 0.04×(80−x)=0.5 ，解得x=72.5 ．
故可得分数的中位数为72.5
(2)由频率分布直方图知，分数在[50,90)的频率为(0.01+0.02+0.04+0.02)×10=0.9，
在样本中分数在[50,90)的人数为100×0.9=90(人)，
所以在样本中分数在[40,90)的人数为95人，
所以估计总体中分数在[40,90)的人数为400×0.95=380(人)，总体中分数小于40的人数为20人；
(3)总样本的均值为34×70+14×80=72.5，
所以总样本的方差为s总2=34[10+(72.5−70)2]+14[12+(72.5−80)2]=1174．
【解析】
(1)根据中位数的定义求解；
(2)利用频率分布直方图求出在样本中分数在[40,90)的频率，用样本估计总体，估计出总体中分数在[40,90)的人数，从而求出总体中分数小于40的人数；
(3)由平均数与方差的计算公式求解．
16.(1)证明：∵PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，
∴BC⊥PA．
∵∠ACB=90∘，∴BC⊥AC．
∵PA∩AC=A，AC,PA⊂平面PAC．
∴BC⊥平面PAC．
∵BC⊂平面PBC，∴平面PAC⊥平面PBC．
(2)取PC的中点D，连接AD，DM，AM．
∵AC=PA，∴AD⊥PC．
∵由(1)知平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC，AD⊂平面PAC，
∴AD⊥平面PBC，∴∠ADM=90∘，
则∠AMD就是AM与平面PBC所成的角．
设AC=BC=PA=a，则AD= 2a2，
∴DM=BC2=a2，
∴在Rt△ADM中，tan∠AMD=ADDM= 2．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面PAC，利用面面垂直的判定定理证明平面PAC⊥平面PBC，
(2)取PC中点D，证明∠AMD就是AM与平面PBC所成角，再在直角三角形中求解即可．
17.解：(1)因为第一轮甲答对的概率为45，甲连续两轮都答对的概率为815，
所以第二轮甲同学答对的概率为81545=23．
因为第二轮甲、乙都答对的概率为12，
所以第二轮乙同学答对的概率为34；
(2)设第一轮乙答对的概率为p．
因为第一轮甲答对的概率为45，甲、乙都答错的概率为120，
所以15×(1−p)=120，所以p=34；
所以“爱我队”在两轮比赛中答对3题的概率为45×34×(23×14+34×13)+23×34×(45×14+15×34)=1740．
【解析】(1)利用第一轮甲答对的概率为45，甲连续两轮都答对的概率，求出第二轮甲同学答对的概率为81545=23.利用第二轮甲、乙都答对的概率为12，求出第二轮乙同学答对的概率；
(2)求出第一轮乙答对的概率，再求出“爱我队”在两轮比赛中答对3题的概率．
18.解：(1)因为m⊥n，所以m·n=0，
2sinA− 3b+2asinB− 3=0，
由正弦定理得：2sinA+2bsinA− 3b− 3=0，
2sinA(1+b)= 3(1+b)，sinA= 32，
因为△ABC是锐角三角形，所以A=π3；
(2)S=5 32=12bcsinA，解得bc=10，
a+ 3c= 3b，a= 3(b−c)，所以b>c，
由余弦定理得b2+c2−bc=a2，整理得b2+c2=25，
所以b+c2=45，b+c=3 5，
b−c2=5，b−c= 5，
所以△ABC的周长为a+b+c=3 5+ 15；
(3)因为A=π3，所以C=2π3−B，
sin2B+sin2C=sin2B+sin2(23π−B)=54sin2B+34cs2B+ 32sin⁡Bcs⁡B
=54×1−cs2B2+34×1+cs2B2+ 34sin2B=1−14cs2B+ 34sin2B
=12sin⁡(2B−π6)+1，
因为0π6<2B−π6<5π6，54<12sin⁡(2B−π6)+1⩽32，
所以34(sin2B+sin2C)的最小值为12．
【解析】
(1)利用平面向量数量积得到等式，并利用正弦定理变形可解；
(2)利用面积公式结合余弦定理可解；
(3)通过三角恒等变换，结合函数的单调性即可求解．
19.解：(1)设红豆球心为O，半径为R，
则四棱锥E−ABCD的高OE= 322−122= 22，
正八面体的体积为2×13×1× 22=8× 34×R，
解得R= 66，S球=4πR2=23π;
(2)在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，
该试验的样本空间Ω={(A,B,C)，(A,B,D)，(A,B,E)，(A,B,F)，(A,C,D)，(A,C,E)，(A,C,F)，(A,D,E)，(A,D,F)，(A,E,F)，(B,C,D)，(B,C,E)，(B,C,F)，(B,D,E)，(B,D,F)，(B,E,F)，(C,D,E)，(C,D,F)，(C,E,F)，(D,E,F)}
共20个样本点，所以n(Ω)=20，
每种选择是等可能的，因此这个实验是古典概型．
设事件A1=甲获得“花好”卡片，事件A2=乙获得“花好”卡片，
A1=A2={(A,B,E)，(A,B,F)，(A,D,E)，(A,D,F)，(B,C,E)，(B,C,F)，(C,D,E)，(C,D,F)}，
所以n(A1)=n(A2)=8，从而P(A1)=P(A2)=820=25．
设事件B1=甲获得“月圆”卡片，事件B2=乙获得“月圆”卡片，
任取三个顶点构成三角形，除等边三角形外，其余全部为直角三角形，
所以n(B1)=n(B2)=20−8=12，从而P(B1)=P(B2)=1220=35．
记两人所获得卡片能凑成“花好月圆”为事件M，M=A1B2∪A2B1，且A1B2与A2B1互斥，
根据概率的加法公式和事件的独立性定义，
得P(M)=P(A1B2∪A2B1)=P(A1B2)+P(A2B1)
=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=25×35+35×25=1225．
因此甲乙两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率为1225．
(3)证明：过点P做PM⊥AP交AB(或其延长线)于点M，过点P做PN⊥AP交AD(或其延长线)于点N．
则∠PAM=∠PAB=θ 1，∠PAN=∠PAD=θ 2，∠MPN为二面角B−AP−D的的平面角φ．
在△MAN中，MN2=AM2+AN2; ①
在△MPN中，MN2=PM2+PN2−2PM⋅PNcsφ． ②
由 ① ②得AM2+AN2=PM2+PN2−2PM⋅PNcsφ，
从而2PM⋅PNcsφ=(PM2−AM2)+(PN2−AN2)=−2AP2所以PMAP⋅PNAP⋅csφ=−1，即tanθ 1⋅tanθ 2⋅csφ=−1.所以tanθ 1⋅tanθ 2⋅csφ为定值−1．
【解析】(1)结合锥体的体积公式和外接球公式可以求解；
(2)根据古典概型直接计算；
(3)分别作出角θ1，θ2，φ，结合勾股定理和余弦定理即可得解．