2023-2024学年福建省福州市九县（市、区）一中高一下学期7月期末联考数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州市九县（市、区）一中高一下学期7月期末联考数学试题（含答案），共12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。
1.在复平面内，复数z满足iz=3−4i，则|z|为( )
A. 16B. 25C. 4D. 5
2.已知向量a=1,2，b=4,3，则a⋅2a−b=( )
A. 0B. 1C. −1D. −3
3.设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为( )
A. 若α⊥β，m//α，则m⊥βB. 若n⊥α，n⊥β，则β//α
C. 若α⊥β，m⊥α，则m//βD. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
4.从1，3，5，7这4个数中随机取出2个不同的数a,b，则a+b>ab的概率为( )
A. 13B. 12C. 23D. 16
5.《九章算术》中将正四梭台(上､下底面均为正方形)称为“方亭”.现有一方亭，上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱与下底面所成的角为π4，则此方亭的体积为( )
A. 20 23B. 8 2C. 28 23D. 22 23
6.函数f(x)=ln|1−x1+x|的大致图象为( )
A. B.
C. D.
7.如图，某观察站B在城A的南偏西20°的方向，由城A出发的一条公路走向是南偏东40°，在B处测得公路上距B处7km的C处有一人正沿公路向A城走去，走了2km之后到达D处，此时B，D间的距离为 31km.要达到A城，这个人还要走( )
A. 6kmB. 193kmC. 132kmD. 7km
8.在平面四边形ABCD中，△ABC为正三角形，AD⊥CD，AD=CD= 2，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体B−ACD，若四面体B−ACD外接球的球心为O，当四面体B−ACD的体积最大时，点O到平面ABD的距离为( )
A. 217B. 2 217C. 2 2121D. 4 2121
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
9.已知函数fx=sin2x+π4+cs2x+π4，则( )
A. y=fx是偶函数B. y=fx的对称轴是x=kπ2,k∈Z
C. y=fx在区间π3,π2上单调递减D. y=fx的最小值是−2
10.在12张卡片上分别写上数字1∼12，从中随机抽出一张，记抽出的卡片上的数字为x，甲表示事件“x为偶数”，乙表示事件“x为质数”，丙表示事件“x能被3整除”，丁表示事件“x>6”，则( )
A. 甲与丙为互斥事件B. 乙与丁相互独立
C. 丙与丁相互独立D. P(甲∩乙)=P(乙∩丙)
11.已知棱长为2m的正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列结论中正确的是( )
A. 若点P在线段B1C上运动，异面直线AP与DD1所成的角范围为π3,π2
B. 若点P在线段B1C上运动，C1P+AP的最小值( 6+ 2)m
C. 若将正方体ABCD−A1B1C1D1视为容器(容器厚度忽略不计)，则底面直径为2.4m，高为0.01m的圆柱体能被整体放入该容器
D. 若点P在▵A1C1B的内部及边界上运动，且DP=2 143m，则动点P的轨迹长为2 23πm
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为____ ____．
13.2009年9月，经联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产的节日.为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为34和23，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.则甲在两轮活动中答对1个问题的概率为 ，“粽队”在两轮活动中答对三个问题的概率为 ．
14.在长方形ABCD中，AB=8，AD=6，点E，F分别为边BC和CD上两个动点(含端点)，且EF=5，设BE=λBC，DF=μDC，则AE⋅AF的最小值为 ．
四、解答题：共77分。
15.（13分）在▵ABC中，acsC+ccsA=2 33bcsB．
(1)求∠B；
(2)若a=12,D为BC边的中点，且AD=3，求b的值．
16.（15分）已知四棱锥P−ABCD的底面为直角梯形，AB//DC，∠DAB=90∘，PA⊥平面ABCD，且PA=AD=DC=12AB=1，M是棱PB上的动点．
(1)求证：平面PAD⊥平面PCD；
(2)若PD//平面ACM，求PMMB的值．
17.（15分）2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节.现随机抽取了100名同学的面试成绩，并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
(1)求a，b的值，并估计这100名同学面试成绩的平均数；
(2)已知样本落在第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为64和20，落在第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为82和50，求样本中这两组面试成绩的方差；
(3)在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率．
18.（17分）如图，直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB=AC=AA1，BC= 2AB，点D是BC中点．
(1)求证：AD⊥平面BCC1B1；
(2)求证：A1B//平面ADC1；
(3)求二面角A−A1B−D的余弦值．
19.（17分）已知函数y=f(x)的定义域为D，如果存在区间a,b⊆D，使得y|y=f(x),x∈a,b=a,b，则称区间a,b为函数y=f(x)的一个和谐区间．
(1)直接写出函数f(x)=x3的所有和谐区间；
(2)若区间0,m是函数f(x)=32x−2的一个和谐区间，求实数m的值；
(3)若函数f(x)=x2−2x+m(m∈R)存在和谐区间，求实数m的取值范围．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.B
5.C
6.B
7.A
8.C
9.ABC
10.CD
11.BCD
12.18
13.38 ； ；；512
14.50
15.解：(1)因为 acsC+ccsA=2 33bcsB ，
由正弦定理可得 sinAcsC+sinCcsA=2 33sinBcsB ，
即 sin(A+C)=2 33sinBcsB ，即 sin(π−B)=sinB=2 33sinBcsB ，
又因为 sinB≠0 ，
所以 1=2 33csB ，
解得 csB= 32 ，又因为 B∈(0,π) ，
所以 B=π6 ；
(2)因为 D 为 BC 边的中点， a=12 ，
所以 BD=CD=6 ，
设 ∠BAD=θ ，
在 ▵ABD 中，由正弦定理可得 BDsinθ=ADsinB ，
即 6sinθ=312=6 ，解得 sinθ=1 ，
又因为 θ∈(0,π) ，所以 θ=π2 ，

在 Rt▵ABD 中， AB= BD2−AD2= 62−32=3 3 ，
在 ▵ABC 中， AB=3 3,BC=12,B=π6 ，
由余弦定理可得： AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs B=27+144−2×3 3×12× 32=63 ，
所以 AC=3 7 ，即 b=3 7 ．

16.(1)因为∠DAB=90∘，所以AB⊥AD，又AB//DC，所以DC⊥AD，
因为PA⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，所以PA⊥DC，
又AD，PA在平面PAD内，AD∩PA=A，所以DC⊥平面PAD，
又DC⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD；
(2)如图，连接AC，BD相交于点E，
因为PD//平面ACM，PD⊂面PBD，面PBD∩面ACM=ME，
所以PD//ME，所以PMMB=DEBE=DCAB=12．

17.(1)
由题意可知：10(a+0.045+0.020)=0.7，2a+b+0.045+0.020×10=1，
解得a=0.005，b=0.025；
由直方图知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05
所以平均数：50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5；
(2)
设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为x1,x2,s12,s22，
且两组频率之比为，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数x=5×64+4×829=72，
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为
s2=5920+64−722+4950+82−722=3403．
故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是3403；
(3)
根据分层抽样，75,85和85,95的频率比为，
故在75,85和85,95中分别选取4人和1人，分别设为a1,a2,a3,a4和b1，
则在这5人中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点有：
a1a2,a1a3,a1a4,a1b1,a2a3,a2a4,a2b1,a3a4,a3b1,a4b1共10个，即nΩ=10，
记事件A=“两人来自不同组”，则事件A包含的样本点有a1b1,a2b1,a3b1,a4b1共4个，即nA=4，
所以PA=nAnΩ=410=25．
答：选出的两人来自不同组的概率为25．

18.(1)证明：∵AB=AC，D是BC中点，∴AD⊥BC，
又∵在直三棱柱A1B1C1−ABC中，CC1⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，
∴AD⊥CC1，
又BC∩CC1=C，BC⊂平面BCC1B1，CC1⊂平面BCC1B1，
∴AD⊥平面BCC1B1.
(2)证明：连接A1C，交AC1于点E，连接DE，
∵D、E分别是BC、A1C的中点，
∴DE是▵A1BC的中位线，∴A1B//DE，
∵A1B⊄平面ADC1，DE⊂平面ADC1，
∴A1B//平面ADC1
(3)解：连B1A，交BA1于点O，分别取OB、AB中点H、O1，连接DH、HO1、DO1，
∵四边形ABB1A1是正方形且H、O1分别是OB、AB的中点，故HO1⊥OB，
在▵ABC中，∵AB=AC，BC= 2AB，
∴BC2=2AB2=AB2+AC2，∴AB⊥AC，
又∵O1，D分别是AB，BC中点且AB⊥AC，
∴O1D⊥AB，
又∵在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AA1⊥平面ABC，O1D⊂平面ABC，
∴O1D⊥AA1，
∵AB∩AA1=A，AB⊂平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，
∴O1D⊥平面ABB1A1，
∵OB⊂平面ABB1A1，HO1⊂平面ABB1A1，
∴O1D⊥OB，O1D⊥HO1，
又∵HO1⊥OB，O1D∩HO1=O1，O1D⊂平面DHO1，HO1⊂平面DHO1，
∴OB⊥平面DHO1，
∵HD⊂平面DHO1，∴OB⊥HD，
又∵平面AA1B∩平面A1BD=A1B
∴∠O1HD就是二面角A−A1B−D的平面角，
设AB=2，则在Rt▵HO1D中，∠HO1D=90∘，
O1D=12AC=1,O1H=12OA=14AB1= 22，
故HD= 12+ 222= 62，
故cs∠O1HD=O1HDH= 22 62= 33，
即二面角A−A1B−D的余弦值为 33．

19.(1)函数fx=x3是增函数，定义域为R，
令x3=x，解得x=0或±1，
故函数fx=x3的所有“和谐区间”为−1,0、0,1、−1,1．
(2)因为fx=32x−2，
所以fx=32x−2,x≥43−32x+2,x<43,
因为0,mm>0为函数fx=32x−2的一个“和谐区间”，
所以可令32x−2=x，解得x=45或4，
如图所示，绘出函数图像：
结合“和谐区间”的定义易知，当x=4时满足题意，
因为f0=2，所以当m=2时，fxmax=2,f(x)min=0，满足题意，
故m的值为4或2．
(3)①当aa2−2a+m=bb2−2b+m=a得a+b=1，因为a且a2−2a+m=1−a，即a2−a+m−1=0，解得a=1+ 5−4m2≥12舍去，
或a=1− 5−4m2<12，b=1−a=1+ 5−4m2．
由m=−a2+a+1(0≤a<12)，
得1≤m<54，所以当1≤m<54时，和谐区间为1− 5−4m2,1+ 5−4m2．
②1≤a由题意有f(a)=af(b)=b，所以a,b是方程x2−2x+m=x的两个不等实根．
因为a+b=3，又1≤a故方程g(x)=x2−3x+m=01,32和32,2内各有一个实根，
即0≤3− 9−4m2<32且32<3+ 9−4m2≤2，解得2≤m<94，
故当2≤m<94时，和谐区间为3− 9−4m2,3+ 9−4m2．
③当a<1当a+b2≤1时，即a+b≤2，则fmax(x)=f(a)=b，得a2−2a+m=b，
又a=m−1，得b=m2−3m+3>1，得m>2或m<1，
又由a+b=m2−2m+2≤2及m<2，
解得0≤m<1，此时和谐区间为m−1,m2−3m+3．
当a+b2≥1时，即a+b≥2，则fmax(x)=f(b)=b，得b2−2b+m=b，
解得b=3± 9−4m2.若b=3− 9−4m2，
则由m<2知a+b=m−1+3− 9−4m2<2，舍去；
若b=3+ 9−4m2，a+b=m−1+3+ 9−4m2≥2，解得0≤m≤94，
又m<2，所以0≤m<2，此时和谐区间为m−1,3+ 9−4m2，
综上，所求范围是0≤m<94．