福建省三明市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附答案）

这是一份福建省三明市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题（Word版附答案），共9页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，…………6分，…………15分，…………4分等内容，欢迎下载使用。

（满分：150分 考试时间：120分钟）
本试卷共6页.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷（非选择题 共92分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知复数 z=21+i，则
A．z的实部为 −1B．z的虚部为 iC．|z|=2D．z=1−i
2．某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为 3:4:5，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为96的样本，如果样本按比例分配，则从高三年级抽取的学生人数为
A．32B．40C．64D．72
3．如图，△A​′B​′C​′是水平放置的 △ABC在斜二测画法下的直观图. 若 B​′O​′=O​′C​′=1，O​′A​′=2，则 △ABC的面积为
A．2B．22C．4D．42
4．从装有3个黄球和4个蓝球的口袋内任取2个球，下列事件中与事件“至少有一个黄球”互为对立的是
A．都是蓝球B．都是黄球C．恰有一个蓝球D．至少有一个蓝球
5．已知 m,n为异面直线，m⊥平面 α,n⊥平面 β，若直线 l满足 l⊥m,l⊥n,l⊂α,l⊂β，则下列结论正确的是
A．α//β,l//αB．α与 β相交，且交线平行于l
C．α⊥β,l⊥βD．α与 β相交，且交线垂直于l
6．福建省清流县书法家刘建煌老先生曾为三明绿道“怡亭”题字：四面风光长入画，一亭绿意最怡人. “怡亭”的顶部可近似看作一个正四棱锥，已知过侧棱且垂直于底面的截面是边长为 6m的等腰直角三角形，则该正四棱锥的侧面积约为
A．63m2B．183m2C．273m2D．363m2
7．如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1中，AA1=AC=BC=3，∠ACB=90​∘，点 D是线段 AA1上靠近 A1的三等分点，则直线 C1D与 B1C所成角的余弦值为
A．−510B．−1010C．510D．1010
8．某地区的公共卫生部门为了调查本地区中学生吸烟情况，对随机抽出的500名学生进行了调查，调查中使用了两个问题，问题1：你的生日公历月份是不是偶数？问题2：你是否经常吸烟？调查者设计了一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个被调查者随机从袋子中摸取1个球，再放回摸出白球就如实回答问题1，摸出红球就如实回答问题2. 回答“是”的学生往盒子里放一个石头，回答“否”的学生什么也不做. 经统计，盒子中有140个石头，由此估计这个地区经常吸烟的中学生所占百分比为
A．6%B．12%C．14%D．28%
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分
9．下列说法中正确的是
A．已知向量 a,b,c，若 a//b,b//c，则 a//c
B．已知非零向量 a,b,“a⊥b”是“ a⋅b=0”的充要条件
C．若 A,B,P是直线 l上不同的三点，点 O在直线 l外，OP=mAP+(m−2)OB(m∈R)，那么 m=32
D．已知非零向量a,b，“a⋅b>0”是“a,b夹角为锐角”的必要不充分条件
10．如图，在棱长为4的正方体 ABCD−A1B1C1D1中，E为 AA1的中点，F为 AE的中点，则下列结论正确的是
A．直线 CE与 A1C1为异面直线B．CE//平面 BDF
C．三棱锥 E−ABD外接球的体积为 36πD．二面角 F−BD−E的余弦值为 539
11．如图，在 △ABC中，已知 AB=4,AC=10,∠BAC=60​∘，BC边上的中点为M,AC边上的中点为N,AM、BN相交于点 P，则下列结论正确的是
A．BC=219
B．△ABC的内切圆的半径为 7−193
C．与 BN夹角的余弦值为 49191
D．过点 P作直线交线段 AB和 BC于点 EF，则 BE⋅BF的取值范围是 [−2,−169]
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知 a=(4,3),|b|=8，且 a与 12a−b互相垂直. 则向量 b在向量 a上的投影向量的坐标为 .
13．从长度为1，3，6，9，10的线段中任取一条，能与长度分别为7和8的两条线段构成锐角三角形的概率为 .
14．某校高一年段成立了A,B两个数学培优班，A班10人，B班30人，经过一段时间的强化训练后进行了一次测试，在该测试中，A班的平均成绩为135分，方差为105，B班的平均成绩为115分，方差为225. 则在这次测试中两个培优班全体学生方差为 .
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．（13分）
已知向量 a,b.
（1）若 a=(1,1),b=(1,2)，求 (a−2b)⋅(a+b);
（2）若 a,b为单位向量，对任意实数x,|a+xb|≥32恒成立，求向量 a,b的夹角的取值范围.
16．（15分）
5月22日第14届中美旅游高层对话开幕，中国文化和旅游部为推动文化志愿服务工作规范化，在所有报名参加中国文化推广的人员中面试选拔出“中国文化志愿者”，通过使用注册服务证对“中国文化志愿者”进行组织管理. 现随机抽取128名报名者的面试成绩，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和 b的值；
（2）估计本次面试成绩平均分（同一组数据用该区间的中点值作代表）；
（3）根据要求，本次“中国文化志愿者”面试选拔录取率为 7%，请估算被录取至少需要多少分.
17．（15分）
在 △ABC中，角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，且向量 m=(3a−b,a−c),n=(sinA+sinC,sinB),m//n.
（1）求角 C;
（2）若 △ABC的面积为 3,sinB=1+csA，点 D为边 AC的中点，求 BD的长.
18．（17分）
目前羽毛球混双世界排名第一，第三，第四分别是中国的“雅思组合，韩国的肉丁组合”，中国的“凤凰组合. 据统计，每场比赛雅思组合战胜肉丁组合的概率为 P,“凤凰组合”战胜肉丁组合的概率为q(p>q)，同一赛事的每场比赛结果互不影响.已知三个组合参加单循环赛（参加比赛的组合均能相遇一次），“雅思组合，“凤凰组合”同时战胜“肉丁组合”的概率为 310，有一个组合战胜“肉丁组合”的概率为 1120.
（1）求 p和 q的值；
（2）三个组合参加双循环赛（参加比赛的组合均能相遇两次），求雅思组合比“凤凰组合战胜肉丁组合的次数多的概率.
19．（17分）
阅读数学材料：“设 P为多面体 M的一个顶点，定义多面体 M在点 P处的离散曲率为 1−12π(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+∠Q3PQ4+⋯+∠Qk−1PQk+∠QkPQ1)，其中 Qi(i=1,2,⋯,k,k≥3)
为多面体 M的所有与点 P相邻的顶点，且平面 Q1PQ2，平面 Q2PQ3，…，平面Qk−1PQk和平面 QkPQ1为多面体 M的所有以 P为公共点的面. ”已知在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面 ABCD为菱形. AA1=AB. （角的运算均采用弧度制）
（1）若 AC=BD，求四棱柱 ABCD−A1B1C1D1在顶点 A处的离散曲率；
（2）若四棱柱 ABCD−A1B1C1D1在顶点 A处的离散曲率为 13，求 BC1与平面 ACC1的夹角的正弦值；
（3）截取四面体 A1−ABD，若该四面体在点 A1处的离散曲率为712,AC1与平面A1BD交于点 G，证明: AGAC1=13.
【参考答案】
三明市2023—2024学年第二学期普通高中期末质量检测
第Ⅰ卷（非选择题 共92分）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．C 2．B 3．B 4．A 5．B 6．D 7．C 8．A
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分
9．BD 10．BCD 11．ACD
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．(2,32)
13．35
14．270
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．（1） 解：因为 a=(1,1),b=(1,2)
所以 a−2b=(−1,−3)，…………2分
a+b=(2,3)…………4分
(a−2b)⋅(a+b)=−11…………6分
（2） a,b是单位向量，设a,b的夹角为 θ由 |a+xb|≥32得：(a+xb)​2≥34…………7分
所以 (a​2+2xa⋅b+x​2b​2≥34，
即 x2+2xcsθ−14≥0对任意的实数 x恒成立，…………9分
则 Δ=(2csθ)​2−1≤0，解得：−12≤csθ≤12…………11分
又因为 0≤θ≤π，函数 y=csθ在 [0,π]上单调递减，
因此 π3≤θ≤2π3
所以向量 a,b的夹角的取值范围是 [π3,2π3]…………13分
16．（1） 解：由题图可知组距为10，因为第三、四、五组频率之和为0.7，
所以 (0.045+0.020+a)×10=0.7，所以 a=0.005，…………2分
所以 0.7+0.05+10b=1，解得b=0.025.…………4分
（2） 面试成绩平均数估计为
10×(50×0.005+60×0.025+70×0.045+80×0.020+90×0.005)…………6分
=69.5.…………8分
（3） 因为前三组频率之和为10×(0.005+0.025+0.045)=0.75<0.93，…………9分
前四组频率之和为0.75+10×0.020=0.95>0.93，…………10分
所以频率0.93对应分数 x落在区间 (75,85)内，…………11分
那么(x−75)×0.020+0.75=0.93，…………13分
解得 x=84,
所以面试选拔录取率为 7%，至少需要84分.…………15分
17．（1） 解法一：因为 m//n，所以 (3a−b)sinB−(a−c)(sinA+sinC)=0，…………2分
由正弦定理得a​2+b​2−c​2=3ab，…………4分由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=32…………5分
因为C∈(0,π)，所以C=π6.…………6分
解法二：同解法一…………6分
解法三：同解法一…………6分
（2） 解法一：因为 sinB=1+csA,
所以sinB=1+cs(5π6−B)=1−32csB+12sinB，则12sinB+32csB=1…………8分
即sin(B+π3)=1，…………9分
又0故b=c,A=2π3.…………11分
所以S△ABC=12bcsinA=34b2=3，…………12分
所以b=c=2.…………13分
在 △ABD中，由余弦定理可得
BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅cs2π3=22+12−2×2×1×(−12)2=7，…………14分
即BD=7.…………15分
解法二：
因为 sinB=1+csA,
所以sinB=1+cs(5π6−B)=1−32csB+12sinB，则12sinB+32csB=1…………8分
即sin(B+π3)=1，…………9分
又0故b=c,A=2π3.…………11分
所以S△ABC=12bcsinA=34b2=3，…………12分
所以b=c=2.…………13分
由余弦定理得：BC​2=AB​2+AC​2−2⋅AB⋅AC=12，所以 BC=23…………14分又 B=π6
由极化恒等式得：BA⋅BC=BD​2−AD​2
所以 2×23×csπ6=BD2−12，所以 BD=7…………15分
解法三：
因为 sinB=1+csA,
所以sinB=1+cs(5π6−B)=1−32csB+12sinB，则12sinB+32csB=1…………8分
即 sin(B+π3)=1,
又0故 b=c,A=2π3.…………11分
所以 S△ABC=12bcsinA=34b2=3，…………12分
所以 b=c=2.…………13分
由余弦定理得： BC​2=AB​2+AC​2−2⋅AB⋅AC=12，所以 BC=23…………14分
由平行四边形对角线的平方和是邻边平方和的两倍得 (2BD)2+AC2=2(BC2+BA2)
所以 (2BD)​2+4=2(12+4)
所以 BD=7…………15分
18．（1） 解：设事件 A=“雅思组合、凤凰组合均战胜肉丁组合”，
B=“雅思组合与凤凰组合只有一个组合战胜肉丁组合”，…………2分
由于每场比赛结果互不影响，所以 P(A)=pq，…………3分
P(B)=p(1−q)+(1−p)q，…………4分
由题意可得 pq=310p(1−q)+q(1−p)=1120，即pq=310p+q=2320，…………5分解得p=34q=25或p=25q=34，
因为 p>q，所以 p=34,q=25.…………7分
（2） 设事件 Ci=“‘雅思组合’胜‘肉丁组合’ i场”，
事件 Di=“‘凤凰组合’胜‘肉丁组合’ i场”，i=0,1,2,
事件 E=“‘雅思组合’比‘凤凰组合’战胜‘肉丁组合’的次数多”…………9分
所以 P(C1)=14×34+34×14=38,P(C2)=34×34=916，
P(D0)=35×35=925,P(D1)=25×35+35×25=1225，…………13分
所以 P(E)=P(C1D0∪C2D0∪C2D1)=P(C1D0)+P(C2D0)+P(C2D1)
=P(C1)P(D0)+P(C2)P(D0)+P(C2)P(D1)…………15分
=38×925+916×925+916×1225=243400,
所以“雅思组合”比“凤凰组合”战胜“肉丁组合”的次数多的概率 P(E)=243400…………17分
19．（1） 解法一：若 AC=BD，则菱形 ABCD为正方形，即 AB⊥AD，…………1分
因为 AA1⊥平面 ABCD,AB,AD⊂平面 ABCD，所以 AA1⊥AB,AA1⊥AD，…………2分
所以直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1，在顶点 A处的离散曲率为
1−12π(π2+π2+π2)=14.…………4分
解法二：同解法一…………4分
（2） 解法一：直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1在顶点 A处的离散曲率为 1−12π(π2+π2+∠DAB)=13
则∠DAB=π3…………5分
即 △DAB是等边三角形，
∵ABCD为菱形∴AC⊥BD，又直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1,
∴CC1⊥平面 ABCD,BD⊂平面 ABCD,
∴CC1⊥BD
又AC∩CC1=C∴BD⊥平面 ACC1，…………7分
设 AC∩BD=O，则 ∠BC1O即为 BC1与平面 ACC1的所成角，…………8分
在 △BC1O中，OB=12AB,BC1=2AB
sin∠BC1O=OBBC1=12AB2AB=24…………9分
解法二：同解法一…………9分
（3） 解法一：在四面体 A1−ABD中AA1⊥AB,AA1⊥AD,AA1=AB=AD,
所以 ∠AA1B=∠AA1D=π4，…………10分
所以四面体 A1−ABD在点 A1处的离散曲率为 1−12π(π4+π4+∠BA1D)=712，
解得∠BA1D=π3…………11分
易知 A1B=A1D=2AB，所以 △BA1D为等边三角形，
所以 BD=2AB,
又在 △ABD中 AB=AD，所以 AB⊥AD,
所以直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1为正方体，…………12分
因为 C1D1⊥平面 ADD1A1,AD1⊂平面 ADD1A1,
所以 C1D1⊥A1D
又 A1D⊥AD1,AD1∩C1D1=D1,AD1,C1D1⊂平面 AC1D1所以 A1D⊥平面 AC1D1，又 AC1⊂平面 AC1D1,
所以 AC1⊥A1D,
同理 AC1⊥BD,
又 A1D∩BD=D,A1D,BD⊂平面 A1BD，所以 AC1⊥平面 A1BD…………14分
∴AG是三棱锥 A−A1BD的高，
设正方体的棱长为 a,
∴BD=2a,AC1=3a
∴VA−A1BD=VA1−ABD
∴13,S△ABD⋅AG=13,SΔABD⋅AA1
∴122a⋅2a⋅sin60∘⋅AG=12⋅a⋅a⋅a
∴AG=33a…………16分
∴AGAC1=33a3a=13…………17分
解法二：
在四面体 A1−ABD中AA1⊥AB,AA1⊥AD,AA1=AB=AD,
所以∠AA1B=∠AA1D=π4，…………10分
所以四面体 A1−ABD在点 A1处的离散曲率为 1−12π(π4+π4+∠BA1D)=712，
∠BA1D=π3…………11分
易知 A1B=A1D=2AB，所以 △BA1D为等边三角形，
所以 BD=2AB,又在 △ABD中 AB=AD，所以 AB⊥AD,
所以直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1为正方体，…………12分
因为 C1D1⊥平面 ADD1A1,AD1⊂平面 ADD1A1
所以 C1D1⊥A1D
又 A1D⊥AD1,AD1∩C1D1=D1,AD1,C1D1⊂平面 AC1D1
所以 A1D⊥平面 AC1D1，又 AC1⊂平面 AC1D1,
所以 AC1⊥A1D,
同理 AC1⊥BD,
又 A1D∩BD=D,A1D,BD⊂平面 A1BD，所以 AC1平面 A1BD…………14分
设正方体的棱长为 a,
∴BD=2a,AC1=3a
∵三棱锥 A−A1BD是正三棱锥，AG⊥平面 A1BD
∴G是 △A1BD的重心…………15分
∴AG=23AO=23⋅322a=63a
在直角三角形 AA1G中，由勾股定理得： AG2=AA12−A1G2=a2−(63a)2=a3
∴AG=33a…………16分
∴AGAC1=13…………17分