2023-2024学年宁夏吴忠市青铜峡市宁朔中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年宁夏吴忠市青铜峡市宁朔中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共8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zi=i−1，则z=( )
A. 1−iB. −1C. −1−iD. 1
2.数据1，2，3，4，5，6，7，8，9的80%分位数为( )
A. 7B. 7.2C. 7.5D. 8
3.已知|a|=|b|=1，向量a与b的夹角为600，则|3a−4b|=( )
A. 5B. 19C. 3 2D. 13
4.若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m⊥nB. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m//α，n⊥α，则m⊥nD. 若m//α，n⊥α，则m与n相交
5.袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中3个白球、2个黑球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则( )
A. “至少有一个白球”与“至少有一个黑球”是互斥事件
B. “都是白球”与“都是黑球”是对立事件
C. “第一次摸到的是白球”与“第二次摸到的是黑球”相互独立
D. “至少有一个白球”与“都是黑球”是对立事件
6.甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是13和35，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( )
A. 512B. 15C. 815D. 25
7.已知正三棱锥的底面边长为4，侧棱长为8，则三棱锥的体积为( )
A. 16 113B. 14 113C. 13 113D. 8 113
8.瑞士数学家欧拉是数学史上最多产的数学家，被誉为“数学之王”，欧拉在1765年发表了令人赞美的欧拉线定理：三角形的重心、垂心和外心共线，这条直线被称为欧拉线.已知M，N，O，P为△ABC所在平面上的点，满足|MA|=|MB|=|MC|，NA+NB+NC=0，OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，aPA+bPB+cPC=0(a,b,c分别为△ABC的内角A，B，C的对边)，则欧拉线一定过( )
A. M，N，PB. M，N，OC. M，O，PD. N，O，P
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.如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图(1)形成对称形态，图(2)形成“右拖尾”形态，图(3)形成“左拖尾”形态，根据给图作出以下判断，正确的是( )
A. 图(1)的平均数=中位数=众数B. 图(2)的平均数<众数<中位数
C. 图(2)的众数<中位数<平均数D. 图(3)的平均数<中位数<众数
10.下列说法中正确的是( )
A. 对于数据3，3，2，3，6，3，10，3，6，3，2的众数与中位数的数值不相等
B. 在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等
C. 设样本数据x1，x2，x3，⋯，x9，x10的平均数和方差分别为2和8，若yi=2xi+1(i=1,2,3,⋯,9,10)，则y1，y2，y3，⋯，y9，y10的平均数和方差分别为5和32
D. 高一和高二两个年级的同学参加了数学竞赛，高一年级有450人，高二年级有350人，通过分层随机抽样的方法抽取了容量为160的样本，得到两年级的竞赛成绩的平均分分别为80分和90分，则高一和高二数学竞赛的平均分约为84.375分
11.在△ABC中，下列说法正确的有( )
A. 若A>B，则sinAB. 若△ABC为锐角三角形，则sinB>csA
C. 若△ABC为钝角三角形，且AB=3，AC=5，csC=1314，则△ABC的面积为15 34或60 349
D. 若a2tanB=b2tanA，则△ABC一定是等腰三角形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(0,1),b=(2,x)，若b⊥(b−4a)，则x= ______．
13.从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为______．
14.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AA1=6，AB=8，则鳖臑A1CBC1外接球的表面积为 ，阳马A1−BCC1B1体积的最大值为 ．
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)
为迎接第二届湖南旅发大会，郴州某校举办“走遍五大洲，最美有郴州”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数；
(2)用分层随机抽样的方法从[60,70)，[90,100]两个区间共抽取出4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[60,70]的概率；
(3)学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军.已知甲在三个项目中获胜的概率分别为12,25,p，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是4750，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2+c2−bc=a2．
(Ⅰ)求角A的大小；
(Ⅱ)若b=2，sinC=17．
(i)求sinB的值；
(ii)求△ABC的面积．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，A1C与AC1交于点O，AA1⊥平面ABC，AB=BC=AC=AA1，D是BC的中点．
(Ⅰ)证明：A1B//平面AC1D；
(Ⅱ)证明：AD⊥平面BCC1B1；
(Ⅲ)求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，b=2 3, 3sinB=csB+2．
(1)求角B的大小及△ABC外接圆的半径R的值；
(2)若AD是∠BAC的内角平分线，当△ABC面积最大时，求AD的长．
19.(本小题17分)
如图，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC//AD，EF//AD，AD=4，AB=BC=EF=2，ED= 10,FB=2 3,M为AD的中点．
(1)证明平面ABCD⊥平面ADEF；
(2)求点M到ABF的距离．
参考答案
1.C
2.D
3.D
4.C
5.D
6.C
7.A
8.B
9.ACD
10.BCD
11.BC
12.2
13.0.3
14.100π
64

15.(1)解：由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：
x−=(65×0.01+75×0.015+85×0.045+95×0.03)×10=84.5分．
(2)解：由频率分布直方图，可得[60,70)的频率为0.1，[90,100]的频率为0.3，
所以用分层随机抽样的方法从[60,70)，[90,100]两个区间共抽取出4名学生，
可得从[60,70)抽取1人，即为a，从[90,100]中抽取3人，即为1，2，3，
从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，有(a,1)，(a,2)，(a,3)，(1,2)，(1,3)，(2,3)，(1,a)，(2,a)，(3,a)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，共有12个基本事件；
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[60,70]的有：(1,a)，(2,a)，(3,a)，共有3个，
所以概率为P=312=14．
(3)解：甲最终获胜的可能性大．
理由如下：由题意，甲至少得(1分)的概率是4750，
可得1−(1−12)(1−25)(1−p)=4750，其中0≤p≤1，解得p=45，
则甲的(2分)或(3分)的概率为：P=12×25×(1−45)+12×(1−25)×45+(1−12)×25×45+12×25×45=35，
所以乙得分为(2分)或(3分)的概率为25，
因为35>25，所以甲最终获胜的可能性更大．
16.解：(Ⅰ)b2+c2−bc=a2，
由余弦定理可知，b2+c2−2bc⋅csA=a2，
则csA=12，
A∈(0,π)，
则A=π3；
(Ⅱ)(i)sinC=17则a故csC= 1−sin2C=4 37，
故sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC= 32×4 37+12×17=1314，
(ii)由正弦定理可知，a=bsinAsinB=2× 321314=14 313，
故△ABC的面积为12absinC=12×14 313×2×17=2 313．
17.(Ⅰ)证明：由题意可知O为AC1的中点，D为BC的中点，连接OD，
可得OD/​/A1B，
又OD⊂平面AC1D，A1B⊄平面AC1D，
所以A1B/​/平面AC1D；
(Ⅱ)证明：由直棱柱可得CC1⊥底面ABC，AD⊂平面ABC，
所以CC1⊥AD，
又因为AB=BC=AC，D是BC的中点，
所以AD⊥BC，而BC∩CC1=C，
所以AD⊥平面BCC1B1；
(Ⅲ)解：由(Ⅱ)可得C1D为C1A在面BCC1B1上的投影，
所以∠AC1D为直线AC1与平面BCC1B1所成的角，
AB=BC=AC=AA1，设AB=BC=AC=AA1=2a，
则AD= 32⋅2a= 3a，AC1= 2⋅2a，
所以sin∠AC1D=ADAC1= 3a2 2a= 64．
即直线AC1与平面BCC1B1所成角的正弦值为 64．
18.解：(1)由 3sinB=csB+2，则sin(B−π6)=1，
因为0由正弦定理得2R=bsinB=2 3sin2π3=4⇒R=2；
(2)在△ABC中，由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB，b=2 3，
则12=a2+c2−2accs23π，即a2+c2−ac=12，
因为a>0，c>0，所以a2+c2−ac=12≥3ac⇒ac≤4，
当且仅当a=c=2时，(ac)max=4，
(S△ABC)max=12acsinB=12×4sin2π3= 3，
此时，∠BAC=∠C=12(π−23π)=π6，
在△ABD中，∠ADB=π6+π12=π4，
由正弦定理得ADsin2π3=2sinπ4⇒AD=2× 32 22= 6．
19.解：(1)证明：四边形BCDM为平行四边形，可得BM=CD=2，又AM=2，
所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB= 3，
又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF=MD，EF/​/MD，
四边形EFMD为平行四边形，FM=ED=AF，
所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，
OF⊥AM，OF= AF2−AO2=3，
因为OB2+OF2=BF2，所以OB⊥OF，
又OF⊥AM，OB∩AM=O，OB，AM⊂平面ABCD，
所以OF⊥平面ABCD．
OF⊂平面ADEF，所以平面ABCD⊥平面ADEF．

(2)由(1)得因为OB2+OF2=BF2，所以OB⊥OF，
所以OB，OD，OF互相垂直，
由等体积法可得VM−ABF=VF−ABM,VF−ABM=13S△ABM⋅FO=13⋅ 34⋅22⋅3= 3，
cs∠FAB=FA2+AB2−FB22FA⋅AB=( 10)2+22−(2 3)22⋅ 10⋅2=12 10，
sin∠FAB= 1−cs2∠FAB= 1−(12 10)2= 392 10，
S△FAB=12FA⋅AB⋅sin∠FAB=12⋅ 10⋅2⋅ 392 10= 392，
设点M到FAB的距离为d，
则VM−FAB=VF−ABM=13⋅s△FAB⋅d=13⋅ 392⋅d= 3，
解得d=6 1313，即点M到ABF距离为6 1313．