2023-2024学年安徽省铜陵市等三市高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年安徽省铜陵市等三市高一（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.已知集合A={x|y=ln(−x+2)}，B={y|y=ex−1+1}，则A∩B=( )
A. (−∞,2)B. (−∞,1)C. [1,2]D. (1,2)
2.已知复数z=2i2023−i2022(i为虚数单位)，则z的虚部为( )
A. −iB. 1C. −2D. 2i
3.已知某单位按照职工年龄分为老、中、青三组，其人数之比为5：2：3.现用分层抽样的方法从全体职工中抽取20人进行问卷调研，则抽取的职工中属于青年组的人数为( )
A. 4人B. 6人C. 8人D. 10人
4.已知a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法错误的是( )
A. 若a//b，b⊂α，a⊄α，则a//α
B. 若a⊥α，b⊥α，则a//b
C. 若α⊥β，α∩β=b，a⊥b，则a⊥β
D. 若a，b为异面直线，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，则α//β
5.如图，已知过点(2π3,0)的函数f(x)=2cs(ωx+φ)(|φ|<π)的图象与函数y= 2的图象相交于A，B两点，且|AB|=π4，则f(π3)=( )
A. −1
B. 1
C. − 3
D. 3
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=60°,b=3 3.若△ABC有两个解，则c的取值范围为( )
A. (0,3)B. (3,3 3]C. [3 3,+∞)D. (3 3,6)
7.已知随机事件A，B，满足P(A)=0.3，P(B)=0.6，则下面说法正确的是( )
A. 若事件A与B互斥，则P(A+B)=0.18 B. 若P(A+B)=0.8，则事件A与B可能互斥
C. 若事件A与B相互独立，则P(A−B−)=0.28 D. 若P(AB−)=0.12，则事件A与B互斥
8.截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一.当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形.已知正三棱锥O−ABC，满足OA⊥OB，OB⊥OC，OA⊥OC，OA=3，点P在△ABC内部(含边界)运动，且|OP|= 6，则点P的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为( )
A. 3π2B. 2π2C. π2D. π
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.已知复数z=(a−1)+(a2+2a−3)i，其中a为实数，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若z为虚数，则a≠1且a≠−3
B. 若复平面内表示复数z的点位于第二象限，则a<−3
C. 若z>−2，则a=1
D. 若a≠1且a≠−3，则z2=|z|2
10.已知正数a，b满足a+2b=1，则下面不等式正确的是( )
A. ab⩽18B. a2+4b2⩾1C. 8a+1b⩾18D. a2+4b⩾2
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为BC的中点，点P为正方形ADD1A1内(包含边界)的动点，则下列说法正确的是( )
A. 点A1，B1，D，M四点共面
B. 几何体M−A1B1BA的外接球的体积为9π2
C. 满足MP//平面ACD1的点P的轨迹长度为 2
D. |MP|+|PC1|的最小值为 21
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一个扇形的面积为6，扇形圆心角的弧度数是4，则该扇形的弧长为______．
13.已知向量a=(1,2),b=(2,3)，若向量b−a在向量a上的投影向量为λa，则λ= ______．
14.甲、乙两队进行答题比赛，每队3名选手，规定两队的每名选手都完成一次答题为一轮比赛，每名选手答对一题得1分，答错一题得0分.已知甲队中每名选手答对题的概率都为12，乙队中3名选手答对题的概率分别为23,13,14.在第一轮比赛中，甲队得x分，乙队得y分，则在这一轮中，满足0四、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)
已知向量m=(1,2csx),n=(1,sin(x+π6))，函数f(x)=m⋅n．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若f(A)=52且A在第三象限，求cs(A+π6)的值．
16.(本小题15分)
如图，已知圆锥SO，AB为底面直径，C是底面圆周上不同于A、B的一点，母线长为4．
(1)若点M为BC的中点，证明：AC//平面SOM；
(2)若该圆锥的轴截面面积为4 3，求该圆锥的表面积．
17.(本小题15分)
某学校高一年级进行某学科的考试，所有学生的成绩做成的频率分布直方图如图所示，第一组成绩在[50,60)，第二组成绩在[60,70)，第三组成绩在[70,80)，第四组成绩在[80,90)，第五组成绩在[90,100]．
(1)年级准备表扬在本次考试中成绩在前14的同学，定为成绩优胜，估计此次考试成绩优胜的分数线；
(2)现用分层随机抽样的方法在第二组和第四组中选取6人，进行成绩情况调研．
①从这6人中抽取2人，求这2人不在同一组的概率；
②若抽取的同学中，第二组的成绩的平均数和方差分别为65和40，第四组的成绩的平均数和方差分别为83和70，据此估计第二组和第四组抽取的所有同学中成绩的方差．
18.(本小题17分)
如图，已知三棱锥A−BCD，△ABD为等边三角形，BD=AC，BC⊥CD，点O为BD的中点．
(1)证明：AO⊥OC；
(2)当BC=CD时，取AC的中点E，求BE与平面AOC所成角的余弦值；
(3)当异面直线AB与CD所成角的余弦值为14时，求BCCD的值．
19.(本小题17分)
在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，点M，N分别为边BC，AB的中点，满足AM⋅CN=0．
(1)求a2+c2b2的值；
(2)求csB的取值范围．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.C
6.D
7.C
8.A
9.ABC
10.AC
11.BCD
12.4 3
13.35
14.79288
15.解：(1)因为m=(1,2csx)，n=(1,sin(x+π6))，
所以f(x)=m⋅n=1+2csxsin(x+π6)=1+2csx( 32sinx+12csx)
=1+ 32sin2x+1+cs2x2=32+sin(2x+π6)，
故解析式为f(x)=32+sin(2x+π6)；
(2)因为f(A)=32+sin(2A+π6)=52，
所以sin(2A+π6)=1，则2A+π6=2kπ+π2，k∈Z，解得A=kπ+π6，k∈Z，
因为A在第三象限，所以可取k=1+2t，t∈Z，
则cs(A+π6)=cs(π6+kπ+π6)=−12．
16.(1)证明：连接AC，SM，

因为O，M分别为AB，BC的中点，
所以AC//OM，
因为AC⊄平面SOM，OM⊂平面SOM，
所以AC/​/平面SOM；
(2)解：因为该圆锥的轴截面是△SAB，
所以S△SAB=12SA⋅SBsin∠ASB=12×4×4sin∠ASB=4 3，
所以sin∠ASB= 32，
又0<∠ASB<π，所以∠ASB=π3或∠ASB=2π3，
当∠ASB=π3时，△SAB为等边三角形，所以AB=4，则OB=2，
所以该圆锥的表面积S=π×22+π×2×4=12π，
当∠ASB=2π3时，则∠SAB=π6，
所以OA=SA⋅cs∠SAB=4× 32=2 3，
所以该圆锥的表面积S=π×(2 3)2+π×2 3×4=(12+8 3)π；
综上可得该圆锥的表面积为12π或(12+8 3)π．
17.解：(1)根据题意可得估计此次考试成绩优胜的分数线为：80+0.75−0.1−0.15−分；
(2)①∵第二组和第四组的比例为0.015：0.03=1：2，
∴在第二组和第四组中选取的6人，其在第二组和第四组中分别为2人；4人，
设其分别为a，b；1，2，3，4，
则再从这6人中抽取2人，所得样本空间为：
Ω={(a,b)，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(a,4)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(b,4)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)}，其中共有15个样本点，
设事件A=“这2人不在同一组“，则A={(a,1)，(a,2)，(a,3)，(a,4)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(b,4)}，其中共有8个样本点，
∴所求概率为P(A)=815；
②∵第二组和第四组的比例为1：2，
∴根据题意可估计第二组和第四组抽取的所有同学中成绩的加权平均数为：65×13+83×23=77，
∴估计第二组和第四组抽取的所有同学中成绩的方差为[40+(65−77)2]×13+[70+(83−77)2]×23=132．
18.解：(1)证明：设△ABD的边长为2a(a>0)，连接AO、OC，则AO= (2a)2−a2= 3a，

因为BC⊥CD，所以OC=12BD=a，又AC=BD=2a，
所以AO2+CO2=AC2，
所以AO⊥OC；
(2)因为BC=CD，所以CO⊥BD，又AO∩CO=O，AO，CO⊂平面AOC，
所以BD⊥平面AOC，连接OE，

则∠BEO为BE与平面AOC所成角，
又OE⊂平面AOC，所以BD⊥OE，
又OE=12AC=a，OB=a，
所以△BOE为等腰直角三角形，
所以∠BEO=π4，
所以cs∠BEO= 22，
即BE与平面AOC所成角的余弦值为 22；
(3)由于BC⊥CD，将底面补成矩形BCDM，连接AM、BM，

则CD/​/BM且CD=BM，
所以∠ABM为异面直线AB与CD所成角(或其补角)，
因为点O为BD的中点，则点O为CM的中点，所以OM=OC，
又∠AOC=∠AOM=90°，AO=AO，
所以△AOC≌△AOM，所以AM=AC=2a，
所以cs∠ABM=AB2+BM2−AM22AB⋅BM=4a2+BM2−4a24a⋅BM=14，所以BM=a，
若cs∠ABM=AB2+BM2−AM22AB⋅BM=4a2+BM2−4a24a⋅BM=−14，此时BM=−a(舍去)，
所以CD=BM=a，
又BC⊥CD，所以BC= (2a)2−a2= 3a，
所以BCCD= 3．
19.解：(1)由点M，N分别为边BC，AB的中点，满足AM⋅CN=0，
可得12(AB+AC)⋅12(CB+CA)=0，即(AB+AC)⋅(AB−2AC)=0，
即有AB2−2AC2−AB⋅AC=c2−2b2−bc⋅b2+c2−a22bc=0，
化简可得a2+c2=5b2，即a2+c2b2=5；
(2)由三角形为锐角三角形，可得csA>0，csB>0，csC>0，
即b2+c2>a2，c2+a2>b2，a2+b2>c2，可得a2+c25+c2>a2，a2+a2+c25>c2，
化简可得 63则csB=c2+a2−b22ac=c2+a2−a2+c252ac=2(a2+c2)5ac=25(ac+ca)，
设ca=t( 63在(1, 62)递增，
即有csB的最小值为45，t= 63或 62时，csB= 63，
则csB的取值范围是[45, 63).