2023-2024学年陕西省铜川市第一中学高一下学期期末考试数学试题（含答案）

这是一份2023-2024学年陕西省铜川市第一中学高一下学期期末考试数学试题（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.已知复数z满足3−4iz=5，则z=( )
A. 45−35iB. 35−45iC. 45+35iD. 35+45i
2.已知向量a=(2,m),b=(m,3)，若a⋅b=5，则实数m=( )
A. − 2B. 0C. 1D. 43
3.已知直线l的一个方向向量为a=−2,1,t，平面α的一个法向量为m=4,−2,−2，若l⊥α，则实数t=( )
A. −1B. −2C. 1D. 2
4.已知a,b为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，则( )
A. 若a⊂α,b⊂β，且a//b，则α//β B. 若a⊥α,α⊥β，则a//β
C. 若α⊥β,α∩β=a,b⊥a，则b⊥α D. 若a,b为异面直线，a⊥α,α//β，则b不垂直于β
5.若一组数据a1,a2,a3的平均数为4，方差为3，那么数据2a1+2,2a2+2,2a3+2的平均数和方差分别是( )
A. 10，12B. 10，14C. 4，3D. 6，3
6.已知空间向量a=(1,0,3),b=(2,1,0),c=(5,2,z)，若a,b,c共面，则实数z的值为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
7.如图，在△ABC中，已知∠ACB=120∘，将△ABC以AC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V1，以BC为轴旋转一周形成的几何体的体积为V2，若V1=2V2，则ACBC=( )
A. 12B. 13C. 14D. 15
8.已知圆锥的顶点为P，母线长为2，轴截面为▵PAB,∠APB=120∘，若C为底面圆周上异于A，B的一点，且二面角P−AC−B的大小为π4，则▵PAC的面积为( )
A. 4B. 2C. 2 2D. 2 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.PM2.5是指大气中空气动力学当量直径小于或等于2.5微米的颗粒物．PM2.5的监测值是用来评价环境空气质量的指标之一．如图是某地5月1日至10日PM2.5的日均值(单位：μg/m3)变化的折线图，则下列说法正确的是( )
A. 这10天中PM2.5的日均值的极差为50
B. 这10天中PM2.5的日均值的中位数为43
C. 这10天中PM2.5的日均值的平均数为47.8
D. 这10天中PM2.5的日均值的第80百分位数为69
10.已知z1,z2,z3为复数，且z3≠0，则下列说法正确的是( )
A. 若z12+z22=0，则z1=z2=0B. 若z1z3=z2z3，则z1=z2
C. 若z2=z1，则z1z3=z2z3D. 若z13=z23，则z1=z2
11.如图，四边形ABCD，ABEF都是边长为2的正方形，平面ABCD⊥平面ABEF，P，Q分别是线段AE，BD的中点，则( )
A. PQ//DFB. 异面直线AQ，PF所成角为π6
C. 点P到直线DF的距离为 62D. ▵DFQ的面积是 3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，则该圆柱的母线与底面直径的比为 ．
13.已知平面α的法向量为n=(2,1,2)，点A(0,1,1)为平面α内一点，点P(1,0,2)为平面α外一点，则点P到平面α的距离为 ．
14.如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别为棱AB，AA1上的点，且AM=AN=1，点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一点，若C1P//平面CD1NM，则点P的轨迹长度为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知平面向量a，b满足|a|=2，|b|=1，|a−2b|=|a+b|．
(1)若a与b的夹角为θ，求csθ的值；
(2)求a在a+b方向上的投影向量的模．
16.(本小题12分)
某公司为了解员工对食堂的满意程度，随机抽取了200名员工做了一次问卷调查，要求员工对食堂的满意程度进行打分，所得分数均在[40,100]内，将所得数据分成6组：[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求a的值，并估计这200名员工所得分数的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)和中位数(精确到0.1)；
(2)现从[70,80)，[80,90)，[90,100]这三组中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取24人，求[70,80)这组中抽取的人数．
17.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且∠ABC=60∘，E，F分别为BC，CD的中点．
(1)求证：PE⊥AD；
(2)已知Q为棱BP上一点，且PQ=13PB，求证：PD ‖平面QAF．
18.(本小题12分)
在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且acsC+ 3asinC=b+c．
(1)求A；
(2)若▵ABC为锐角三角形，且b+c=4 3，求a的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，且BC= 2AB，∠ABC=45∘，平面PAB⊥平面ABCD，PA=PB=BC．
(1)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(2)在棱PC上是否存在点Q，使得直线AD与平面BDQ所成角的正弦值为 1010？若存在，求CQCP的值；若不存在，请说用理由．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.D
5.A
6.D
7.A
8.B
9.ABD
10.BC
11.ACD
12.1:2
13.1
14.2 13+2 2
15.(1)因为|a−2b|=|a+b|，
所以a2−4a⋅b+4b2=a2+2a⋅b+b2，
因为|a|=2，|b|=1，所以a⋅b=12，
所以csθ=a⋅b|a|⋅|b|=14．
(2)因为|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=6，所以|a+b|= 6，
所以向量a在a+b方向上的投影向量的模为：|a|×|a⋅(a+b)||a|⋅|a+b|=|a2+a⋅b||a+b|=3 64．
16.(1)
由题意知(0.005+0.010+0.025+0.035+a+0.010)×10=1，
解得a=0.015．
估计这200名员工所得分数的平均数x=45×0.05+55×0.1+65×0.25+75×0.35+85×0.15+95×0.1=72.5．
[40,70)的频率为(0.005+0.010+0.025)×10=0.4，
[40,80)的频率为(0.005+0.010+0.025+0.035)×10=0.75，
所以中位数落在区间[70,80)，设中位数为m，所以(0.005+0.010+0.025)×10+(m−70)×0.035=0.5，
解得m≈72.9，即估计这200名员工所得分数的中位数为72.9．
(2)
[70,80)的人数：0.035×10×200=70，[80,90)的人数：0.015×10×200=30，
[90,100]的人数：0.010×10×200=20，
所以[70,80)这组中抽取的人数为：24×7070+30+20=14．
17.(1)证明：如图，连接AC．
因为底面ABCD为菱形，且∠ABC=60∘，
所以▵ABC为正三角形，AD//BC，
因为E为BC的中点，所以BC⊥AE．
又因为AP⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，所以BC⊥AP．
因为AP∩AE=A，AP，AE⊂平面APE，所以BC⊥平面PAE．
因为PE⊂平面APE，所以BC⊥PE，
因为AD//BC，所以PE⊥AD．
(2)证明：连接BD交AF于点M，连接QM．
因为AB//CD，所以▵AMB∽▵FMD，
因为DMBM=DFBA=12，
所以DMDB=13，又PQ=13PB，
所以PQPB=DMDB=13．
所以在▵BPD中，PD‖QM．
又因为QM⊂平面QAF，PD⊄平面QAF，
所以PD//平面QAF．
18.(1)因为acsC+ 3asinC=b+c，
由正弦定理得sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB+sinC=sinA+C+sinC，
=sinAcsC+csAsinC+sinC，
所以 3sinAsinC−csAsinC=sinC，
因为C∈0,π，所以sinC≠0，
所以 3sinA−csA=1，即2sinA−π6=1，
所以sinA−π6=12，因为A∈0,π，
所以−π6可得A=π3．
(2)由正弦定理得asinA=bsinB=csinC，
即asinA=b+csinB+sinC，且A=π3,b+c=4 3，
所以a=b+csinAsinB+sinC=6sinB+sin2π3−B=6sinB+ 32csB+12sinB=6 3sinB+π6=2 3sinB+π6．
因为▵ABC为锐角三角形，0所以B+π6∈π3,2π3，即sinB+π6∈ 32,1．
可得a∈2 3,4,
即a的取值范围为2 3,4．
19.(1)
证明：在▵ABC中，BC= 2AB，∠ABC=45∘，由余弦定理，得
AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs45∘=AB2，所以AC2+AB2=BC2，即AB⊥AC．
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥AC，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面PAB．
又AC⊂平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．
(2)
设AB，BC的中点分别为O，E，连接OP，OE，
因为PA=PB，O为AB的中点，所以PO⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，所以PO⊥平面ABCD，又OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE．
因为O，E分别为AB，BC的中点，所以OE/​/AC，又AB⊥AC，所以OE⊥AB，即OB，OE，OP两两互相垂直，以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AB=2，则A−1,0,0，B1,0,0，C−1,2,0，D−3,2,0，P0,0, 7，
设CQCP=λ，则CQ=λCP=λ,−2λ, 7λ，所以Qλ−1,2−2λ, 7λ．
BD=−4,2,0，BQ=λ−2,2−2λ, 7λ，设m=x,y,z是平面BDQ的法向量，则m⋅BD=0,m⋅BQ=0,即−4x+2y=0,λ−2x+2−2λy+ 7λz=0令x=1，则y=2，z= 73λ−27λ，即平面BDQ的一个法向量为m=1,2, 73λ−27λ．
设直线AD与平面BDQ所成角为θ，又AD=−2,2,0，
则sinθ=csAD,m=AD⋅mAD⋅m=22 2× 5+9λ2−12λ+47λ2= 1010，
即9λ2−12λ+47λ2=0，解得λ=23．
所以存在点Q，使得直线AD与平面BDQ所成角的正弦值为 1010，此时CQCP=23．