2023-2024学年福建省福州市八县（市）协作校高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省福州市八县（市）协作校高一（下）期末数学试卷（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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知z=1−2i，则z−的虚部为( )
A. 2iB. −2iC. 2D. −2
2.在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，则DE=( )
A. AB+12ADB. −AB+12ADC. AB−12ADD. −AB−12AD
3.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a=2，b=3，cs(A+B)=13，则c=( )
A. 17B. 4C. 15D. 3
4.某小组有2名男生和1名女生，从中任选2名学生参加比赛，事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”( )
A. 是对立事件 B. 都是不可能事件 C. 是互斥事件但不是对立事件 D. 不是互斥事件
5.下列说法中正确的个数是( )
(1)若两个平面都与第三个平面垂直，则这两个平面平行；
(2)如果平面α外有两点A，B到平面α的距离相等，则直线AB/​/α；
(3)若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行；
(4)一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它也和另一条相交．
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
6.已知按从小到大顺序排列的两组数据：
甲组：27，30，37，a，40，50；
乙组：24，b，33，44，48，52．
若这两组数据的第30百分位数对应相等，第50百分位数也对应相等，则a+b=( )
A. 60B. 65C. 70D. 75
7.已知直四棱柱的高为2，其底面四边形ABCD水平放置时的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，如右图所示．若A′O′=O′B′=B′C′=1，则该直四棱柱的表面积为( )
A. 20+4 2
B. 8+2( 2+ 3)
C. 20+8 2
D. 8+4( 2+ 3)
8.一个电路如图所示，A，B，C，D为4个开关，其闭合的概率均为23，且是相互独立的，则灯亮的概率为( )
A. 7681
B. 7781
C. 4081
D. 481
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.若a=(2,0)，b=(1, 3)，则( )
A. a⋅b=2B. |a+b|=|a−b|
C. {a,b}不能作为一组基底D. b在a方向上的投影向量为12a
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列四个命题中正确的命题是( )
A. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
B. 若acsA=bcsB，则△ABC一定是等腰三角形
C. 若a2+b2−c2>0，则△ABC一定是锐角三角形
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC一定是锐角三角形
11.圆台的轴截面如图所示，其上、下底面的半径分别为r1=1，r2=2，母线AB长为2，点E为母线AB的中点，则下列结论正确的是( )
A. 圆台的侧面积为12π
B. AB与BC所成角为120°
C. 圆台外接球的半径为2
D. 在圆台的侧面上，从点C到点E的最短路径的长度为5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.掷两颗骰子，出现点数之和为6的概率为 ．
13.写出一个同时满足①②的复数z= ______．
①z2=z−；
②z∉R．
14.佩香囊是端午节传统习俗之一，香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫的功效.经研究发现一批香囊中一种草药甲的含量x(单位：克)与香囊功效y之间满足y=15x−x2，现从中随机抽取了6个香囊，得到香囊中草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，则这6个香囊中草药甲含量的方差为______克.
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)
已知复数z满足z+z−=2，z−z−=4i．
(1)求|3+z−|；
(2)设复数zz−，z+2z−，10z在复平面内对应的点分别为A，B，C，求cs.
16.(本小题15分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b2+c2−a2ab=2sinB−sinAsinA．
(1)求C的大小；
(2)若△ABC面积为6 3，外接圆面积为493π，求△ABC周长．
17.(本小题15分)
如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为矩形，EF//CD，CD⊥EA，CD=2EF=2，ED= 3.M为棱FC上一点，平面ADM与棱FB交于点N．
(Ⅰ)求证：ED⊥CD；
(Ⅱ)求证：AD/​/MN；
(Ⅲ)若AD⊥ED，试问平面BCF是否可能与平面ADMN垂直？若能，求出FMFC的值；若不能，说明理由．
18.(本小题17分)
我省实行“3+1+2”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高二年级学生的生物成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定A、B、C、D、E共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分，A等级排名占比15%，赋分分数区间是86～100；B等级排名占比35%，赋分分数区间是71～85；C等级排名占比35%，赋分分数区间是56～70；D等级排名占比13%，赋分分数区间是41～55；E等级排名占比2%，赋分分数区间是30～40；现从全年级的生物成绩中随机取100学生的原始成绩(未赋分)进行分析，其频率分布直方图如图所示：
(1)求图中a的值，并求抽取的这100名学生的原始成绩的众数和中位数(结果为准确值)；
(2)用样本估计总体的方法，估计该校本次生物成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的B等级及以上(含B等级)；(结果保留整数)
(3)若采用分层抽样的方法，从原始成绩在[40,50)和[50,60)内的学生中共抽取5人，查看他们的答题情况来分析知识点上的缺漏，再从中选取2人进行调查分析，求这2人中恰有一人原始成绩在[40,50)内的概率．
19.(本小题17分)
罗星塔，位于福州马尾，某校开展数学建模活动，有学生选择测量罗星塔的高度，为此，他们设计了测量方案，如图，罗星塔垂直于水平面，他们选择了与罗星塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得∠ADB=45°，AB=30米，且在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为45°和α，其中csα= 63．
(1)求罗星塔的高CD的长；
(2)在(1)的条件下求多面体A−BCD的表面积；
(3)在(1)的条件下求多面体A−BCD的内切球的半径．
答案解析
1.C
【解析】解：z=1−2i，
则z−=1+2i，其虚部为2．
故选：C．
2.C
【解析】解：因为平行四边形ABCD中，E是BC的中点，
则DE=DC+CB=AB+12CB=AB−12AD．
故选：C．
3.A
【解析】解：因为a=2，b=3，cs(A+B)=13=cs(π−C)=−csC，
所以csC=−13，
则由余弦定理可得c= a2+b2−2abcsC= 4+9−2×2×3×(−13)= 17．
故选：A．
4.D
【解析】解：根据题意，从2名男生和1名女生中任选2名学生参加比赛，有“2名男生”和“1名男生和1名女生”两种情况，
易得“至少有1名女生”即“1名男生和1名女生”，是“至少有1名男生”的子事件，
故事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”不是互斥事件．
故选：D．
5.A
【解析】解：在(1)中，如果两个平面都与第三个平面垂直，那么这两个平面相交或平行，故(1)不正确；
在(2)中，如果平面α外有两点A，B到平面α的距离相等，如图所示，
则直线AB和平面α可能平行或可能相交，故(2)错误；
若两条直线与一个平面所成的角相等，则这两条直线平行相交或异面，故(3)错误；
空间中，如果一条直线和两条平行直线中的一条相交，那么它和另一条可能相交，也可能异面，故(4)错误．
故选：A．
6.C
【解析】解：根据题意，甲、乙两组数据都按从小到大顺序排列，
甲乙都有6个数据，6×30%=1.8，
则甲组数据的第30百分位数为30，乙组数据的第30百分位数为b，则有b=30，
又由6×50%=3，
则甲组数据的第50百分位数为12(37+a)，乙组数据的第50百分位数为12(33+44)=772，
则有12(37+a)=772，解可得a=40，
故a+b=70．
故选：C．
7.C
【解析】解：由直观图可得底面四边形ABCD的平面图形如下，
由AO′=O′B=BC=1，
则AO=OB=1,CO′= O′B2+B′C2= 2，所以OC=2 2，
则SABCD=2×2 2=4 2,BC= OC2+OB2=3，
所以CABCD=2(2+3)=10，
又直棱柱的高ℎ=2，所以棱柱的侧面积S侧面积=CABCD⋅ℎ=20，
所以S表面积=S侧面积+2SABCD=20+8 2，
故选：C．
8.A
【解析】解：电路由上到下有2个分支并联，
开关A，B所在的分支不通电的概率为1−23×23=59，
开关C，D所在的分支不通电的概率为13×13=19，
所以灯亮的概率为1−59×19=7681．
故选：A．
9.AD
【解析】解：∵a=(2,0)，b=(1, 3)，
∴a⋅b=2，|a|=2，|b|= 1+3=2，
对于A选项，a⋅b=2，故A选项正确；
对于B选项，a+b=(3, 3)，a−b=(1,− 3)，
∴|a+b|= 9+3=2 3，|a−b|= 1+3=2，
∴|a+b|≠|a−b|，故B选项错误；
对于C选顶，显然a，b不共线，{a,b}可以作为一组基底，故C错误；
对于D选项，b在a方向上的投影向量为(a⋅ba2)a=(222)a=12a，故D选项正确．
故选：AD．
10.AD
【解析】解：若acsA=bcsB=ccsC，则sinAcsA=sinBcsB=sinCcsC，即tanA=tanB=tanC，即A=B=C，即△ABC是等边三角形，故A正确；
若acsA=bcsB，则由正弦定理得sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
△ABC中，∵a2+b2−c2>0，∴角C为锐角，但△ABC不一定是锐角三角形，故C错误．
由于tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)=−tanC(1−tanAtanB)，
所以tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC>0，则△ABC一定是锐角三角形，故D正确；
故选：AD．
11.BCD
【解析】解：圆台的上、下底面半径分别为r1=1，r2=2，母线AB长为2，E为母线AB中点，
所以圆台的侧面积为S侧=π(r1+r2)l=π(1+2)×2=6π，选项A错误；
因为cs∠ABC=2−12=12，所以∠ABC=60°，所以AB与BC所成角为120°，选项B正确；
根据题意知，外接球的球心在圆台的中心连线上，
设球心到上底面的距离为x，
所以1+x2=22+( 3−x)2，解得x= 3，
所以圆台外接球的半径为R= 1+( 3)2=2，选项C正确；
展开面如图所示：
根据比例关系求出CD=OD=2，展开面为半圆环；
点E为母线的中点，所以OE=3，CE= 32+42=5，选项D正确．
故选：BCD．
12.536
【解析】解：掷两颗骰子，总共可能出现的结果有n=6×6=36种，
出现点数之和为6包含的可能结果有5种：
(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，
∴出现点数之和为6的概率为p=536．
故答案为：536．
13.z=−12+ 32i(或z=−12− 32i)
【解析】解：因为z∉R，不妨设z=a+bi(a,b∈R,b≠0)，
由z2=z−得(a+bi)2=a2−b2+2abi=a−bi，
所以a2−b2=a2ab=−b，解得a=−12，b=± 32，所以z=−12− 32i或z=−12+ 32i，
故答案为：z=−12+ 32i(或z=−12− 32i).
14.39
【解析】解：设抽取的6个香囊中草药甲的含量分别为xi克，香囊功效分别为yi，i=1，2，…，6，
草药甲的含量的平均数为6克，香囊功效的平均数为15，
即x1+x2+⋯+x6=36，y1+y2+⋯+yn=15(x1+x2+⋯+xn)−(x12+x22+⋯+xn2)=90，
则x12+x22+⋯+x62=450，
则这6个香囊中草药甲含量的方差s2=16[(x1−6)2+(x2−6)2+…+(x6−6)2]=16[(x12+x22+…+x62)−12(x2+x2+…+x6)+6×36]=16×(450−12×36+6×36)=39，
所以这6个香囊中草药甲含量的方差为39克．
故答案为：39．
15.解：(1)复数z满足z+z−=2，z−z−=4i．
所以z=1+2i，
所以z−=1−2i，
故|3+z−|=|4−2i|= 16+4=2 5；
(2)由(1)得zz−=(1+2i)(1−2i)=1−4i2=5，
则A(5,0)，
z+2z−=1+2i+2−4i=3−2i，则B(3,−2)，
10z=101+2i=10(1−2i)5=2−4i，则C(2,−4)，
所以AB=(−2,−2)，BC=(−1,−2)，．
故cs=AB⋅BC|AB||BC|=62 2× 5=3 1010．
【解析】(1)根据已知条件，结合共轭复数的定义，复数模公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，复数的几何意义，求出A，B，C，再结合向量的夹角公式，即可求解．
16.解：(1)利用正弦定理得b2+c2−a2ab=2sinB−sinAsinA=2b−aa，
∴ab=b2+a2−c2，
∴csC=b2+a2−c22ab=12，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3．
(2)由S圆=πR2=493π，得R=7 3，
∵csinC=2R=14 3，
解得c=7．
∵S△ABC=12absinC=6 3，
∴ab=24，
又c2=b2+a2−ab=(a+b)2−3ab，所以49=(a+b)2−72，
故a+b=11，
所以△ABC周长a+b+c=18．
【解析】(1)直接利用正弦定理和余弦定理的应用求出C的值；
(2)利用正弦定理以及余弦定理求出三角形的周长．
17.解：(Ⅰ)证明：因为ABCD为矩形，所以CD⊥AD．
又因为CD⊥EA，EA∩AD=A，EA和AD在平面EAD内，
所以CD⊥平面EAD.又ED在平面EAD内，
所以ED⊥CD；
(Ⅱ)证明：因为ABCD为矩形，所以AD//BC，
又因为BC在平面FBC内，AD不在平面FBC内，
所以AD/​/平面FBC．
又因为平面ADMN∩平面FBC=MN，
所以AD/​/MN．
(Ⅲ)解：平面ADMN与平面BCF可以垂直．证明如下：
连接DF.因为AD⊥ED，AD⊥CD．
ED∩CD=D，ED，CD在平面CDEF内，
所以AD⊥平面CDEF.DM在平面CDEF内，
所以AD⊥DM．
因为AD/​/MN，所以DM⊥MN．
因为平面ADMN∩平面FBC=MN，
若使平面ADMN⊥平面BCF，
则DM⊥平面BCF，FC在平面BCF内，
所以DM⊥FC．
在梯形CDEF中，因为EF//CD，DE⊥CD，
CD=2EF=2，ED= 3，
所以DF=DC=2．
所以若使DM⊥FC能成立，则M为FC的中点．
所以FMFC=12．
【解析】(Ⅰ)证明：CD⊥平面EAD，即可证明ED⊥CD；
(Ⅱ)证明AD/​/平面FBC，即可证明：AD/​/MN；
(Ⅲ)若使平面ADMN⊥平面BCF，则DM⊥平面BCF，所以DM⊥FC，可得DF=DC=2.若使DM⊥FC能成立，则M为FC的中点．
18.解：(1)∵(0.010+0.015+0.015+a+0.025+0.005)×10=1，∴a=0.03，
抽取的这100名学生的原始成绩的众数的估计值为70+802=75分；
由频率直方图可得前三组的频率和为(0.010+0.015+0.015)×10=0.4<0.5，
又前四组的频率和为(0.010+0.015+0.015+0.030)×10=0.7>0.5，
故中位数落在第四组，设中位数为x，则(x−70)×0.030=0.5−0.4，解得x=2203；
(2)由已知等级达到B及以上所占排名等级占比为0.15+0.35=0.50，
由(1)可得，中位数x=2203≈73.3，
故原始分不少于74分才能达到赋分后的B等级及以上；
(3)由题知得分在[40,50)和[50,60)内的频率分别为0.1和0.15，
则抽取的5人中，得分在[40,50)内的有2人，得分在[50,60)的有3人，
记得分在[50,60)内的3位学生为a，b，c，得分在[40,50)内的2位学生为D，E，
则从5人中任选2人，样本空间可记为：
Ω={ab,ac,aD,aE,bc,bD,bE,cD,cE,DE}，共包含10个样本点，
用A表示“这2人中恰有一人得分在[40,50)内”，
则A={aD,aE,bD,bE,cD,cE}，A包含6个样本点，
所以P(A)=610=35．
【解析】(1)根据频率分布直方图的性质，众数的概念，中位数的概念，即可分别求解；
(2)根据中位数的值，即可求解；
(3)根据分层抽样的概念及古典概型的概率公式，即可求解．
19.解：(1)设CD=x米，在△ACD中，∠CDA=90°，∠CAD=45°，则AD=CD=x，
在△BCD中，∠CDB=90°，∠CBD=α，且csα= 63，
则tanα= 22，所以BD= 2x，
因为∠ADB=45°，所以由余弦定理得AB2=AD2+BD2−2AD⋅BD⋅cs∠ADB，
即x2+2x2−2x⋅ 2xcs45°=302，解得x=30；
(2)由(1)知△ABD，△ACD，△BCD均为直角三角形，
CD=DA=AB=30，BD=30 2，所以AC=30 2,BC=30 3，
所以在△ABC中，满足AB2+AC2=BC2，所以△ABC为直角三角形；
所以S△ABD=S△ACD=450,S△ABC=S△BCD=450 2，
所以SA−BCD全=900(1+ 2)平方米；
(3)设多面体A−BCD的内切球的半径为r，根据等体积转换：
VA−BCD=13S△ABD⋅CD=13SA−BCD全⋅r
所以r=15( 2−1)米；
【解析】(1)设CD=x米，则可到AD=x，BD= 2x，再结合余弦定理即可求解；
(2)求各个面的面积即可求解表面积；
(3)利用等体积法即可求解．