2023-2024学年河北省石家庄市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年河北省石家庄市高一（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。

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.i是虚数单位，复数z=21−i的虚部是( )
A. −iB. −1C. iD. 1
2.若D为△ABC的边BC的中点，则AC=( )
A. 2AB−ADB. 2AD−ABC. 2AD+ABD. 2AB+AD
3.已知α，β为两个不同平面，m，n为不同的直线，下列命题不正确的是( )
A. 若m/​/n，m⊥α，则n⊥αB. 若m⊥α，m⊥β，则α/​/β
C. 若m⊥α，α⊥β，则m//βD. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
4.已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试的成绩统计如图(图标中心点所对纵坐标代表该次数学测试成绩)，则下列说法不正确的是( )
A. 甲成绩的极差小于乙成绩的极差
B. 甲成绩的第25百分位数大于乙成绩的第75百分位数
C. 甲成绩的平均数大于乙成绩的平均数
D. 甲成绩的方差小于乙成绩的方差
5.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是( )
A. 8 cm
B. 6 cm
C. 2(1+ 2) cm
D. 2(1+2 2) cm
6.如图所示，为测量河对岸的塔高AB，选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得tan∠ACB=34，CD=50m，cs∠BCD= 55,cs∠BDC=35，则塔高AB为( )
A. 15 3m
B. 20 3m
C. 15 5m
D. 20 5m
7.如图，在△ABC中，∠BAC=π3，AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB，若△ABC的面积为2 3，则|AP|的最小值为( )
A. 2
B. 3
C. 3
D. 43
8.如图，已知在△ABC中，AB=1，BC=3，AB⊥BC，D是BC边上一点，且BD=1，将△ABD沿AD进行翻折，使得点B与点P重合，若点P在平面ADC上的射影在△ADC内部及边界上，则在翻折过程中，动点P的轨迹长度为( )
A. 212πB. 28πC. 26πD. 24π
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.已知复数z=2−3i，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. z的模等于13B. z在复平面内对应的点位于第四象限
C. z的共轭复数为−2−3iD. 若z(m+4i)是纯虚数，则m=−6
10.△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且a=2，AB⋅AC=2 3S，下列选项正确的是( )
A. A=π3
B. 若b=3，则△ABC有两解
C. 若△ABC为锐角三角形，则b取值范围是(2 3,4)
D. 若D为BC边上的中点，则AD的最大值为2+ 3
11.如图，棱长为2的正方体.ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1内一个动点(包括边界)，且B1F/​/平面A1BE，则下列说法正确的有( )
A. 动点F轨迹的长度为 2
B. 三棱锥B1−D1EF体积的最小值为13
C. B1F与A1B不可能垂直
D. 当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为252π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在菱形OABC中、O为坐标原点、A(3,−1)，C(1,3)、则OA⋅OB的值为______．
13.从长度为2、3、5、7、11的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率为______．
14.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制).例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π−π3×3=π.在底面为矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD= 2PA.PC与底面ABCD所成的角为π6，在四棱锥P−ABCD中，顶点B的曲率为______．
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)
已知向量a=(1,1),|b|=2 2．
(1)若a//b，求b的坐标；
(2)若(5a−2b)⊥(a+b)，求a与b的夹角．
16.(本小题15分)
2024年1月17日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥八运载火箭成功发射，我国载人航天工程2024年发射任务首战告捷.为普及航天知识，某学校开展组织学生举办了一次主题为“我爱星辰大海”的航天知识竞赛，现从中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩并作出如图所示的频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
(Ⅰ)求频率分布直方图中a的值.若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数；
(Ⅱ)用样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数；
(Ⅲ)若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为23，乙复赛获优秀等级的概率为34，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位同学复赛获优秀等级的概率．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：AB/​/平面PCE；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBD；
(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(2a−c)csB=bcsC．
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)若BD=2DC，且CD=1,AD= 7，求△ABC的面积；
(Ⅲ)如图，过点A作BC的平行线AP，且BC=712AP，在四边形ABCP中，AB=2，AP=3，动点E，F分别在线段BC，CP上运动，且BE=λBC,CF=λCP，求AE⋅AF的最小值．
19.(本小题17分)
著名的费马问题是法国数学家皮埃尔⋅德⋅费马(1601−1665)于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csB=2acsAc−sinBtanC.若P是△ABC的“费马点”，a=2 3,b(1)求角A，若PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=−4，求△ABC的周长；
(2)在(1)的条件下，设f(x)=4x−m⋅2x+|PA|+|PB|+|PC|，若当x∈[0,1]时，不等式f(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围．
答案解析
1.D
【解析】解：z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i．
故其虚部为1．
故选：D．
2.B
【解析】解：∵D为△ABC的边BC的中点，
∴由向量加法法则得AC+AB=2AD，
∴AC=2AD−AB．
故选：B．
3.C
【解析】解：对A选项，若m/​/n，m⊥α，则n⊥α，∴A选项正确；
对B选项，若m⊥α，m⊥β，则α/​/β，∴B选项正确；
对C选项，若m⊥α，α⊥β，则m//β或m⊂β，∴C选项错误；
对D选项，若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，∴D选项正确．
故选：C．
4.B
【解析】解：从图表可以看出甲成绩的波动情况小于乙成绩的波动情况，则甲成绩的方差小于乙成绩的方差，且甲成绩的极差小于乙成绩的极差，AD正确；
将甲成绩进行排序，又6×25%=1.5，故从小到大，选择第二个成绩作为甲成绩的第25百分位数，估计值为90(分)，
将乙成绩进行排序，又6×75%=4.5，故从小到大，选择第5个成绩成绩作为乙成绩的第75百分位数，估计值大于90(分)，
从而甲成绩的第25百分位数小于乙成绩的第75百分位数，B错误；
甲成绩均集中在90(分)左右，而乙成绩大多数集中在60(分)左右，故C正确．
故选：B．
5.A
【解析】解：正方形O′A′B′C′的边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，
则原图是平行四边形，相邻边长为：1和 (2 2)2+1=3，
原图的周长是：8．
故选：A．
6.C
【解析】解：在△BCD中，cs∠BCD= 55,cs∠BDC=35，
所以sin∠BCD= 1−cs2∠BCD=2 55，sin∠BDC= 1−cs2∠BDC=45，
可得sin∠CBD=sin(∠BCD+∠BDC)=sin∠BCDcs∠BDC+cs∠BCDsin∠BDC=2 55×35+ 55×45=2 55，
由正弦定理CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，可得502 55=BC45，
解得BC=20 5，
因为在△ABC中，tan∠ACB=ABBC=34，可得AB20 5=34，
解得AB=15 5．
故选：C．
7.B
【解析】解：∵AP=mAC+12AB，
又AD=2DB，
∴AB=32AD，
∴AP=mAC+34AD，
又因为C，P，D三点共线，
则m+34=1，
即m=14，
∴AP=14AC+12AB，
∴AP2=116AC2+14AB2+14AC⋅AB
≥2×18|AC||AB|+14|AC||AB|csπ3
=38|AC||AB|，
∵S△ABC=12|AC||AB|sinπ3=2 3，
∴||AC||AB||=8，
∴AP2≥38×8=3，
∴|AP|≥ 3，
故选：B．
8.A
【解析】解：如图2，
过点B作BF⊥AD，分别交AD，AC于点E，F，
则动点P在平面ADC上的射影轨迹为线段EF，
设当P与P1重合时，有PE⊥EF；
当P与P2重合时，有P2F⊥EF，
则由PE=BE为定长可知动点P的轨迹是以E为圆心，BE为半径且圆心角为∠P1EP1的圆弧．
如图3，
在△ABC所在平面建立如图所示平面直角坐标系，
则A(0,1)，C(3,0)，E(12,12)，D(1,0)，
直线AC：y=−13x+1，直线BE：y=x，
联立y=−13x+1y=x，解得x=34y=34，即F(34,34)，
则|EF|= 24，
又|BE|= 22，由此可得cs∠P2EF=EFBE=12，
所以∠P1EP2=π6，
所以动点P的轨迹长度为 22⋅π6= 212π．
故选：A．
9.BD
【解析】解：∵z=2−3i，
∴|z|= 22+(−3)2= 13，z在复平面内对应的点(2,−3)位于第四象限，z−=2+3i，故AC错误，B正确，
z(m+4i)=(2−3i)(m+4i)=2m+12+(8−3m)i为纯虚数，
则2m+12=08−3m≠0，解得m=−6，故D正确．
故选：BD．
10.BCD
【解析】解：对于A，因为AB⋅AC=2 3S，所以bccsA=2 3S=2 3×12bcsinA，tanA= 33，又A∈(0,π)，所以A=π6，A错误；
对于B，若b=3，且A=π6，则bsinA对于C，若△ABC为锐角三角形，则0π2，所以π3对于D，若D为BC边上的中点，则AD=12(AB+AC)，AD2=14(AB+AC)2=14(c2+2bccsA+b2)=14(b2+c2+ 3bc)，
又a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2− 3bc=4，b2+c2=4+ 3bc，
∴4=b2+c2− 3bc≥2bc− 3bc=(2− 3)bc，bc≤42− 3=4(2+ 3)，当且仅当b=c时等号成立，
所以AD2=14[(4+ 3bc)+ 3bc]=1+ 32bc≤7+4 3，所以|AD|≤2+ 3，当且仅当b=c时等号成立，D正确．
故选：BCD．
11.ABD
【解析】解：对A选项，如图，分别取C1D1，CC1的中点G，H，
则易知HG//CD1//BA1，B1H//A1E，且HG∩B1H=H，
∴可得平面B1GH//平面A1BE，
∴当F为GH上的点时，B1F/​/平面A1BE，
∴动点F轨迹为线段GH，又易知GH=12D1C= 2，∴A选项正确；
对B选项，由A选项分析可知，当F与G点重合时，△EFD1的面积取得最小值为12×1×1=12，
∴三棱锥B1−EFD1的体积的最小值为13×12×2=13，
即三棱锥B1−D1EF的体积的最小值为13，∴B选项正确；
对C选项，由A选项分析可知A1B//GH，又易知B1G=B1F= 5，
∴当F为GH的中点时，B1F⊥GH，即B1F⊥A1B，∴C选项错误；
对D选项，根据A选项分析可知，当F为CC1的中点时，△D1DF的面积最大，
从而可得三棱锥B1−D1DF的体积最大，如图，
取B1D的中点H，连接HF，则易证HF//AC，且HF=12AC= 2，
又易证AC⊥平面BDD1B1，∴HF⊥平面BDD1B1，
又H到D，D1，B1三点的距离相等，直线HF上的点到D，D1，B1三点的距离也相等，
在FH的延长线上取点O，使得OF=OD1，则O即为三棱锥B1−D1DF的外接球的球心，
设三棱锥B1−D1DF的外接球的半径为R，则R=OF=OD1，又易知D1H=12BD1= 3，
∴在Rt△OD1H中，由勾股定理可得R2=(R− 2)2+3，解得R=52 2，
∴当三棱锥B1−D1DF的体积最大时，其外接球的表面积为4πR2=25π2，∴D选项正确．
故选：ABD．
12.10
【解析】解：设点B的坐标为(x,y)，
在菱形OABC中、O为坐标原点，
则0+x=3+10+y=−1+3，解得x=4y=2，
故点B的坐标为(4,2)，
OA=(3,−1),OB=(4,2)，
则OA⋅OB=3×4+2×(−1)=10．
故答案为：10．
13.15
【解析】解：从长度为2、3、5、7、11的5条线段中任取3条，
基本事件总数n=C53=10，
这三条线段能构成一个三角形包含的基本事件有2个，分别为(3,5,7)，(5,7,11)，
这三条线段能构成一个三角形的概率为P=210=15．
故答案为：15．
14.3π4
【解析】解：设PA=1，则AD= 2，
∵PA⊥底面ABCD，
∴AC是PC在底面ABCD上的射影，
则∠PCA是PC与底面ABCD所成的角，即∠PCA=π6，
则sin∠PCA=PAPC，即1PA=12，得PA=2，则AC= 3，
即AB= AC2−BC2= 3−2=1，
即AB=PA，则在Rt△PAB中，∠PBA=π4，
PB=BC= 2，
∵PB2+BC2=2+2=4=PC2，
∴△PBC是直角三角形，则∠PBC=π2，
∵∠ABC=π2，
∴顶点B的曲率为2π−π2−π2−π4=3π4．
故答案为：3π4．
15.解：(1)由题意，设b=λa=(λ,λ)，
因为|b|=2 2，所以 λ2+λ2=2 2，所以λ=±2，
所以b=(2,2)或b=(−2,−2)．
(2)因为(5a−2b)⊥(a+b)，
所以(5a−2b)⋅(a+b)=0，所以5a2+3a⋅b−2b2=0，
即10+3a⋅b−2×8=0，
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a||b|=2 2×2 2=12，
又θ∈[0,π]，所以θ=π3，所以a与b的夹角π3．
【解析】(1)根据向量模的坐标表示求解即可；
(2)利用坐标表示向量的数量积及向量夹角公式得解．
16.解：(I)由(0.005+0.01+0.015+0.015+0.025+a)×10=1，
解得a=0.030，
因为0.01×10×200=20(人)，0.015×10×200=30(人)．
所以不高于50分的抽5×2020+30=2(人)；
(Ⅱ)平均数x−=45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71．
由图可知，学生成绩在[40,70)内的频率为0.4，在[70,80)内的频率为0.3，
设学生成绩中位数为t，t∈[70,80)，则：(t−70)0.03+0.4=0.5，解得t=2203，
所以中位数为2203．
(III)记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件A，
则P(A)=23×14+13×34+23×34=1112．
所以至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为1112．
【解析】(Ⅰ)由频率和为1即可求解a的值，再利用抽样比求解即可；
(Ⅱ)由频率分布直方图的平均数与中位数公式求解即可；
(Ⅲ)利用互斥事件的概率加法公式及相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
17.(1)证明：连接CE，
因为AD//BC，BC=CD=12AD=1，且E是AD的中点，
所以AE//BC，AE=BC，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以AB//CE，
又AB⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，
所以AB/​/平面PCE．
(2)证明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=12AD=1，
所以AB= 2，BD= 2，
所以AB2+BD2=AD2，即AB⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AB∩PA=A，AB、PA⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD．
(3)解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，
所以由三垂线定理知，PD⊥CD，
所以∠ADP就是二面角P−CD−A的平面角，即∠ADP=45°，
所以PA=AD=2，
所以PB= PA2+AB2= 22+( 2)2= 6，
由(2)知，平面PAB⊥平面PBD，
所以直线PA与平面PBD所成角即为∠APB，
在Rt△PAB中，sin∠APB=ABPB= 2 6= 33，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值为 33．
【解析】(1)连接CE，先证四边形ABCE是平行四边形，可得AB//CE，再由线面平行的判定定理，即可得证；
(2)先利用勾股定理证明AB⊥BD，由PA⊥平面ABCD，知PA⊥BD，再由线面、面面垂直的判定定理，即可得证；
(3)由AD⊥CD，PD⊥CD，根据二面角的定义知∠ADP=45°，由平面PAB⊥平面PBD，知∠APB即为所求，再由三角函数的知识，求解即可．
18.解：(I)因为(2a−c)csB=bcsC，
所以由正弦定理得(2sinA−sinC)csB=sinBcsC，
所以2sinAcsB=sin(B+C)=sinA，
又0又0(Ⅱ)因为BD=2DC，且CD=1,AD= 7，所以BD=2，BC=3，
在△ABD中，由余弦定理得AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB，
即7=AB2+4−2AB，解得AB=3，或AB=−1(舍)，
所以△ABC的面积S△ABC=12AB⋅BC⋅sinB=12×3×3× 32=9 34；
(Ⅲ)以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直AP的直线为y轴，
建立平面直角坐标系，

则A(0,0),P(3,0),B(−1, 3)，由BC=712AP，可得C(34, 3)，
因为BE=λBC,CF=λCP,0≤λ≤1，所以设E(m, 3),F(n,t)，
则BE=(m+1,0)，BC=(74,0)，CF=(n−34,t− 3)，CP=(94,− 3)，
由(m+1,0)=λ(74,0)，得m=74λ−1，
由(n−34,t− 3)=λ(94,− 3)，得n=94λ+34,t= 3− 3λ，
所以AE⋅AF=(74λ−1)⋅(94λ+34)+ 3⋅( 3− 3λ)
=6316λ2−6316λ+94=6316(λ−12)2+8164，
当λ=12时，AE⋅AF取得最小值8164，
所以AE⋅AF的最小值为8164．
【解析】(Ⅰ)由条件结合正弦定理化简即可求得；
(Ⅱ)由余弦定理及三角形的面积公式计算即可；
(Ⅲ)以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直于AP的直线为y轴建立平面直角坐标系，表示出所需点的坐标，根据向量的坐标运算和二次函数的最值问题可求得．
19.解：(1)∵csB=2acsAc−sinBtanC，由正弦定理可得：sinCcsB=2sinAcsA−sinCsinBtanC，
即2sinAcsA=sinBcsC+csBsinC=sinA，
0设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA=−4，可化为−12(xy+xz+yz)=−4，即xy+xz+yz=8，
又S△APB+S△BPC+S△APC=S△ABC，
∴12⋅xy⋅ 32+12⋅yz⋅ 32+12⋅xz⋅ 32=12bcsinA，解得bc=8，①
由余弦定理可得：a2=b2+c2−2bccsA，
即12=b2+c2−bc=(b+c)2−24=12，∴b+c=6，②
由①②联立可得：b=2，c=4(b∴△ABC的周长为a+b+c=6+2 3；
(2)在△PAB，△PBC，△PAC中分别由余弦定理可得x2+y2+xy=16x2+z2+xz=4y2+z2+yz=12，
与xy+xz=yz=8联立得x2+y2+z2=12，
∴(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+xz+yz)=28，∴x+y+z=2 7，
f(x)=4x−m⋅2x+|PA|+|PB|+|PC|=4x−m⋅2x+2 7≥0，即m≤2x+2 72x，
令t=2x，t∈[1,2]，由对勾函数性质可知y=t+2 7t在[1,2]上单调递减，
∴m≤(t+2 7t)min=2+ 7，即m得取值范围为(−∞,2+ 7].
【解析】(1)利用三角变换求A；设|PA|=x，|PB|=y，|PC|=z，由向量的数量积可得xy+xz+yz=8，再由面积公式得bc=8，最后结合余弦定理可求出b，c，即可得到周长；
(2)在△PAB，△PBC，△PAC中分别由余弦定理与xy+xz=yz=8联立得x2+y2+z2=12，再与(1)结合可得x+y+z=2 7，再利用对勾函数的单调性求解即可．