2023-2024学年重庆市七校联盟高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市七校联盟高一（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.复数5i−2的共轭复数是( )
A. 2+iB. −2−iC. −2+iD. 2−i
2.已知两个互斥事件A，B满足P(A+B)=0.5，P(A)=0.2，则P(B)=( )
A. 0.4B. 0.3C. 0.6D. 0.1
3.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AB1与直线BC1夹角的余弦值是( )
A. 12B. 32C. ± 32D. ±12
4.三棱锥P−ABC中，PA与面ABC所成角的余弦值为2 23,PA=3，AB=2BC=2，AC= 3，则三棱锥P−ABC的体积是( )
A. 32B. 33C. 3D. 36
5.△ABC中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，c=acsB+ccsA，则△ABC的形状是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
6.甲、乙两人独自破译密码，两个人都成功地破译密码的概率为0.3，甲成功且乙没有成功破译密码的概率为0.2，则甲成功破译密码的概率为( )
A. 0.5B. 0.6C. 0.06D. 23
7.已知向量a=(3,4)，非零向量b满足对∀λ∈R都有|a−λb|≥|a−b|成立，则|a−2b|的值为( )
A. 52B. 10C. 5D. 15
8.边长为2的正三角形ABC的内切圆上有一点P，已知AP=xAB+yAC，则2x+y的取值范围是( )
A. [3− 3,3+ 3]B. [13,1]
C. (13,1)D. [3− 33,3+ 33]
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.抛一枚质地均匀的硬币两次，事件A1：“第1次硬币正面朝上”，事件A2：“第2次硬币正面朝上”，事件A3：“两次硬币朝上的面相同”则下列说法正确的是( )
A. P(A1)=12B. P(A2)≠12
C. P(A1A3)=P(A1)P(A3)D. P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)
10.关于x的方程x2+x+1=0在复数范围内的根是z1，z2，则下列说法正确的是( )
A. z13=1B. z12=z2C. z12024=z1D. z−1=z2
11.如果一个多面体由两个及其两个以上的正多边形组成，我们称这样的多面体是半正多面体，半正多面体体现了数学的对称美，如图1是一个由正方形和正三角形构成的半正多面体笔筒，其中面ABCD//面EFGH，且两个正方形的中心的连线与这两个正方形所在平面垂直，HF⊥AD，EG⊥AB，且所有的棱长都为2，则下列说法正确的是( )
A. 该多面体有10个面
B. 平面ABCD与平面EFGH的距离是234
C. 该几何体外接球的表面积是(8+2 2)π
D. 二面角H−AE−B的余弦值为1− 23
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一组数：6，8，2，4，10，这组数的第四十百分位数是______．
13.已知圆锥的母线长为2 3，底面圆的周长为2 3π，则该圆锥的内切球的体积为______．
14.已知x1，x2，…，x5的平均数和方差分别是2，1，若x6=8，则x1，x2，…，x6的平均数是______，2x1+1，2x2+1，…，2x6+1的方差是______．
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)
在一次区域的统考中，为了了解学生数学学科成绩的情况，从所有考生的成绩中随机抽取了40位考生的成绩进行统计分析，得到如图2所示的频率分布直方图．
(1)估计这40名学生的数学成绩的平均数与中位数；(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，不能整除的保留1位小数)
(2)为了进一步了解70分以下的学生的数学学习情况，调查方从成绩在[50,70)分数段的同学中按组([50,60)，[60,70)各算一组)从样本中分层抽取了6个人进行深入地学习交流，学习交流完后再从这6个人中随机抽取2个人进行再测试，求这两个人中至少有一个人在之前的统考中成绩位于[50,60)的概率．
16.(本小题15分)
如图所示的直三棱柱ABC−A1B1C1的每条棱长均为2，E，F分别是棱AB1，BC1的中点，O，G分别是棱AB，AC上的点，平面EGO//平面BCC1．
(1)求证：G是AC的中点；
(2)求三棱锥F−EBC的体积．
17.(本小题15分)
△ABC中，角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且acsC+ 3asinC=b+c．
(1)求A；
(2)若a=2，求BC边上高的最大值．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，BO=OC，AT=4TO，AE=2EC．
(1)用AB，AC表示BT；
(2)求证：B、T、E三点共线；
(3)若AB=1，AC=2，∠BAC=π3，求cs∠ETO．
19.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是平行四边形，△PAB是正三角形，AB= 2，AD= 2，面PAD⊥面ABCD，AC=1．
(1)求证：CA⊥平面PAD；
(2)当∠PAD=135°时，
(i)若G是面PBD的重心，求直线BG与平面ABCD所成角的正弦值；
(ii)棱AD上是否存在一点Q，使得二面角A−PQ−C的余弦值为 66，如果有，求此时CQ的长度；如果无，请说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.D
6.A
7.C
8.D
9.AC
10.ABD
11.ABC
12.5
13.4π3
14.3 703
15.解：(1)平均数为x−=10×(55×0.01+65×0.02+75×0.035+85×0.03+95×0.005)=75，
第一组频率0.01×10=0.1，
第二组频率0.02×10=0.2，
第三组频率0.035×10=0.35，
因为0.1+0.2+0.35>0.5，而0.1+0.2<0.5，
所以中位数在[70,80)之间，设中位数为x，
则0.1+0.2+0.35(x−70)=0.5，
解得x≈70.6．
(2)从成绩在[50,70)分数段的同学中按组([50,60)，[60,70)各算一组)从样本中分层抽取了6个人，
则[50,60)中的人数为0.01×10×40=4人，
[60,70)中的人数为0.02×10×40=8人，共12人，
则需从[50,60)中的人数抽取6×0.1×4012=2人，
则需从[60,70)中的人数抽取6×0.2×4012=4人，
则从中抽取2位学生的数学成绩，这两个人中至少有一个人在之前的统考中成绩位于[50,60)的概率为C21C41+C22C62=35．
16.解：(1)证明：∵平面EGO//平面BCC1，
又平面EGO∩平面ABB1=EO，平面BCC1∩平面ABB1=B1B，
∴EO//B1B，又E是棱AB1的中点，∴O是AB的中点，
同理可证OG/​/BC，∴G是AC的中点；
(2)∵E，F分别是棱AB1，BC1的中点，
∴三棱锥F−EBC的体积为：
VF−EBC=VE−BCF=12VA−BCF=12VF−ABC=12×12×VC1−ABC
=14×13×12×2×2× 32×2= 36．
17.解：(1)因为acsC+ 3asinC=b+c，
由正弦定理可得sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
在△ABC中，可得sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAinC，
所以 3sinAsinC=csAinC+sinC，
在△ABC中，sinC>0，
可得 3sinA−csA=1，
即sin(A−π6)=12，
因为A∈(0,π)，可得A−π6=π6，
可得A=π3；
(2)a=2，设BC边上高为ℎ，
则S△ABC=12bcsinA=12bc⋅ 32= 34bc，
而S△ABC=12aℎ=ℎ，
可得ℎ= 34bc，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsB≥2bc−bc=bc，当且仅当b=c时取等号，
即bc≤a2=4，
所以ℎ≤ 34⋅4= 3．
即BC边上高的最大值为 3．
18.解：(1)依题意有O是BC中点，所以AO=12(AB+AC)，
又AT=4TO，所以AT=45AO=45×12(AB+AC)=25(AB+AC)，
BT=AT−AB=25(AB+AC)−AB=−35AB+25AC．
(2)证明：由(1)有BT=−35AB+25AC，又AE=2EC，所以AC=32AE，
所以BT=−35AB+35AE，又BE=AE−AB，
所以BT=35BE，向量BT与BE有公共点B，
所以B，T，E三点共线．
(3)因为AC=2，所以AE=43，
在△ABE中由余弦定理得BE2=AB2+AE2−2AB⋅AEcs∠BAC，
即BE2=1+169−2×1×43×12=139，所以BE= 133，
由(2)有BT=35BE，所以BT= 135，
AO2=14(AB+AC−)2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14×(1+4−2×1×2×12)=34，
所以AO= 32，因为AT=45AO，所以AT=2 35，
在△ABT中由余弦定理得cs∠ATB=AT2+BT2−AB22AT⋅BT=1225+1325−12×2 35× 135=0，
即cs∠ETO=0．
19.(1)证明：因为AB= 2AD= 2，AC=1，且四边形ABCD是平行四边形，
所以CD= 2，AC2+AD2=CD2，所以AC⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AC⊂平面ABCD，
由平面与平面垂直的性质得AC⊥平面PAD．
(2)解：(i)如图①所示，反向延长DA至D点，过P点作PM⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PM⊂平面PAD，
所以PM⊥平面ABCD.又因为MO⊂平面ABCD，所以PM⊥MO．
设平行四边形ABCD对角线交点为O，连接MO，MC，连接BG，反向延长BG交PD于E，
因为G点为△PBD的重心，即E为PD的中点，
过G点作GN⊥平面ABCD交平面ABCD于N，
又因为MO∈平面ABCD，所以GN⊥MO，
且P，G，O三点在同一条直线，所以PM////GN，且N点在MO上，
连接BN，则∠GBN为直线BG与平面ABCD的夹角．
因为G点为△PBD的重心，O点为BD的中点，
所以OGOP=13，且△OGN∽△OPM，
所以GNPM=OGOP=13，
又因为△PAB为等边三角形，∠PAD=135°，
所以PA=AB= 2，∠PAM=45°，
所以PM=1，即GN=13，
在△PAD中，由余弦定理得PD2=PA2+AD2−2PA⋅ADcs∠PAD=2+1−2 2×(− 22)=5，
则PD= 5．
因为四边形ABCD是平行四边形，AD=AC=BC=1，AB=CD= 2，AC⊥AD，
所以∠BAD=135°，MC= 2，
即PC= PM2+MC2= 1+2= 3，
在△BAD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD=2+1−2 2×(− 22)=5，
则BD= 5，
在△DBP中，由余弦定理得cs∠PDB=PD2+BD2−PB22PD⋅BD，
在△DBE中，由余弦定理得cs∠EDB=ED2+BD2−BE22ED⋅BD，且ED=12PD，
所以PD2+BD2−PB22PD⋅BD=ED2+BD2−BE22ED⋅BD，
解得BE=32，即BG=23BE=1，
所以sin∠GBN=GNBG=131=13，
故直线BG与平面ABCD的夹角的正弦值为13．
(ii)棱AD存在一点Q，使得二面角A−PQ−C的余弦值为 66，
即点Q与点D重合，CQ=CD= 2，
由(i)可知，PC= 3，PD= 5，CD= 2，
即PC2+CD2=PD2，所以PC⊥CD．
如图②所示，过点C作CF⊥PD交PD于F，连接AF，
在△PCD中，12PC⋅CD=12PD⋅CF，即CF= 305，
因为PC⊥CD，CF⊥PD，所以△CFD∽△PCD，
即DFCD=CFPC⇒DF=CF⋅CDPC= 305× 2 3=2 55，
在△PAD中，由余弦定理得cs∠PDA=PD2+AD2−PA22PD⋅AD，
在△FAD中，由余弦定理得cs∠FDA=DF2+AD2−AF22DF⋅AD，
所以PD2+AD2−PA22PD⋅AD=DF2+AD2−AF22DF⋅AD⇒5+1−2 5=45+1−AF22 55，
解得AF= 55，
因为AF2+DF2=15+45=1=AD2，
所以AF⊥PD，
所以∠AFC为平面APD与平面CPD的夹角，
在△AFC中，由余弦定理得cs∠AFC=AF2+CF2−AC22AF⋅CF=15+65−12× 55× 305= 66，
所以二面角A−PD−C夹角余弦值为 66，
故当点Q与点D重合时，二面角A−PQ−C的余弦值为 66，
所以棱AD存在一点Q，使得二面角A−PQ−C的余弦值为 66，
即点Q与点D重合，CQ=CD= 2．