2023-2024学年湖南省长沙市明德中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市明德中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共10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.已知复数z=2−i，则z−z−z−=( )
A. −12+iB. 12−iC. 12+iD. −12−i
2.有一组互不相等的样本数据x1，x2，…，x6，平均数为x−，若随机删去其中一个数据，得到一组新数据，记为y1，y2，…，y5，平均数为y−，则下列说法错误的是( )
A. 新数据的极差可能等于原数据的极差
B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数
C. 若x−=y−，则新数据的方差一定大于原数据方差
D. 若x−=y−，则新数据的40%分位数一定大于原数据的40%分位数
3.设△ABC的内角A、B、C所对边分别为a，b，c，若A=π3，且不等式x2−(3+ 3)x+3 3<0的解集为{x|bA. π6B. 5π6C. π6或5π6D. 2π3
4.在侧棱长为2 3的正三棱锥S−ABC中，∠ASB=∠BSC=∠CSA=40°，过A作截面AMN，则截面的最小周长为( )
A. 2 2B. 4C. 6D. 10
5.已知a，b是两个非零向量，则“存在实数λ，使得b=λa”是“|a+b|=|a|−|b|”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC=CC1，AC⊥BC，点D是AB的中点，则直线B1B和平面CDB1所成角的正切值为( )
A. 2 2
B. 3 22
C. 2
D. 22
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中边长为2，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，若三棱锥P−ABC的外接球表面积恰为41π4，则此时点P构成的图形面积为( )
A. πB. 2516πC. 4116πD. 2π
8.已知平面向量e1,e2,e3,|e1|=|e2|=|e3|=1,=60°.若对区间[12,1]内的三个任意的实数λ1，λ2，λ3，都有|λ1e1+λ2e2+λ3e3|≥12|e1+e2+e3|，则向量e1与e3夹角的最大值的余弦值为( )
A. −3+ 66B. −3+ 56C. −3− 66D. −3− 56
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
9.一个正八面体的八个面上分别标以数字1到8，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为x1，x2，事件A=“x1=3”，事件B=“x2=6”，事件C=“x1+x2=9”，则( )
A. AB⊆CB. AC⊆BC. B，C互斥D. B，C独立
10.已知函数f(x)= 3sinωx+2sin2ωx2(ω>0)的图象在区间[0,π]上有且仅有三个对称中心，则( )
A. ω的取值范围是[2,103)
B. f(x)的图象在区间[0,π]上有2条或3条对称轴
C. f(x)在区间(0,π4)上的最大值不可能为3
D. f(x)在区间(0,π6)上为增函数
11.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F，G分别为棱AA1，CC1，BC上的点，A1E=CF=CG=λ∈(0,1)，则( )
A. EG⊥GF
B. 平面EFG经过棱AB中点H
C. 平面EFG截该正方体，截面面积的最大值为3 34
D. 点D到平面EFG距离的最大值为 32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的图象与坐标轴交于点A，B，C，直线BC交f(x)的图象于点D，O(坐标原点)为△ABD的重心(三条边中线的交点)，其中A(−π,0)，则△ABD的面积为______．
13.厦门一中为提升学校食堂的服务水平，组织全校师生对学校食堂满意度进行评分，按照分层抽样方法，抽取200位师生的评分作为样本，在这200个样本中，所有学生评分样本的平均数为x−，方差为sx2，所有教师评分样本的半均数为y−，方差为sy2，总样本的平均数为z−，方差为s2，若x−=y−,s2=45sxsy，抽取的学生样本多于教师样本，则总样本中学生样本的个数至少为______．
14.正四棱锥的外接球半径与内切球半径之比的最小值为______．
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.（13分）在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA=AB=2，PB=2 2,AD=2BC=2,AB⊥BC,AD//BC，M为棱AP的中点．
(1)求证：BM//平面PCD；
(2)求直线PC与平面BCM所成角的正弦值．
16.（15分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足a=bcsC− 33bsinC．
(1)求B的大小；
(2)若△ABC的面积为3 3，且BC=3BD，当线段AD的长最短时，求AC的长．
17.（15分）袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的．
(1)求取球2次即终止的概率；
(2)求甲取到白球的概率．
18.（17分）如图，已知四边形ABCD为菱形，四边形ACEF为平行四边形，且AB=6，∠BAD=∠BAF=∠DAF=60°．
(1)证明：直线BD⊥平面ACEF；
(2)设平面BEF∩平面ABCD=l，且二面角E−l−D的平面角为θ，tanθ=2 63，设G为线段AF的中点，求DG与平面ABCD所成角的正弦值．
19.（17分）点A是直线PQ外一点，点M在直线PQ上(点M与P，Q两点均不重合)，我们称如下操作为“由A点对PQ施以视角运算”：若点M在线段PQ上，记(P,Q；M)=|AP|sin∠PAM|AQ|sin∠MAQ；若点M在线段PQ外，记(P,Q；M)=−|AP|sin∠PAM|AQ|sin∠MAQ．
(1)若M在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB的延长线上，且AB=2BM=2，由A1对AB施以视角运算，求(A,B；M)的值；
(2)若M在正方体ABCD−A1B1C1D1的棱AB上，且AB=2，由A1对AB施以视角运算，得到(A,B；M)=12，求AMMB的值；
(3)若M1，M2，M3，⋯，Mn−1是△ABC的边BC的n(n≥2)等分点，由A对BC施以视角运算，证明：(B,C；Mk)×(B，C；Mn−k)=1(k=1，2，3，⋯，n−1)．
参考答案
1.A
2.D
3.A
4.C
5.B
6.D
7.A
8.A
9.ABD
10.BD
11.ABD
12.3 3π2
13.160
14. 2+1
15.解：(1)证明：取PD的中点N，连接MN，CN，则MN/​/AD，且MN=12AD，

又BC/​/AD且BC=12AD，所以MN/​/BC且MN=BC，
故四边形BCNM为平行四边形，所以BM/​/CN，
又BM⊄平面PCD，CN⊂平面PCD，
所以BM/​/平面PCD；
(2)由AB=PA=2，PB=2 2，得AB2+PA2=PB2，
所以PA⊥AB，
又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，
所以PA⊥平面ABCD，又AC⊂平面ABCD，
所以PA⊥AC，
由AB=2，BC=1，AB⊥BC，
得AC= AB2+BC2= 5，
所以PC= AC2+PA2=3，CM= AM2+AC2= 6,BM= AM2+AB2= 5，BM= AM2+AB2= 5，
得CM2=BM2+BC2，则BC⊥BM，
所以S△MBC=12BM⋅BC= 52．
又VP−MBC=VP−ABC−VM−ABC=13S△ABC(PA−MA)=13−12⋅2⋅1⋅(2−1)=13，
设P到平面MBC的距离为ℎ，直线PC与平面MBC的所成角为θ，
则VP−MBC=13ℎS△MBC= 56ℎ，
所以13= 56ℎ，解得ℎ=2 55，
所以sinθ=ℎPC=2 553=2 515，
即直线PC与平面MBC所成角的正弦值为2 515．
16.解：(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC=2R(R为三角形外接圆半径)，可得α=2RsinA，b=2RsinB，c=2RsinC，
因为a=bcsC− 33bsinC，
则2RsinA=2RsinBcsC− 332RsinBsinC，
即sinA=sinBcsC− 33sinBsinC，
又因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以sinBcsC+csBsinC=sinBcsC− 33sinBsinC，
所以csBsinC=− 33sinBsinC，
因为sinC>0，
所以csB=− 33sinB，即tanB=− 3，
所以B=2π3；
(2)因为△ABC的面积为3 3，即12acsinB=3 3，
所以12acsin2π3=3 3，
则12ac× 32=3 3，ac=12，
因为BC=3BD，所以BD=13BC，
则AD=AB+BD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
所以|AD|2=(23AB+13AC)2=49，
又因为AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csB=−12ac，
所以|AD|2=49|AB|2−29ac+19|AC|2=49c2−29×12+19a2=49(c2+a2)−83，
根据基本不等式a2+b2≥2ab，可得c2+a2≥2ac=2×12=24，当且仅当a=c=2 3时等号成立，
所以|AD|2≥49×24−83=323−83=8，即|AD|≥2 2，
当且仅当a=c=2 3时，AD最短，此时AC=2 3．
17.解：(1)设事件A为“取球2次即终止”，即甲第一次摸到黑球乙第二次摸到白球，
总的结果为C71C61=42种，事件A包含的情况共有C41C31=12种，
所以所求事件A的概率为：p(A)=1242=27，
(2)设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件i=1，2，3，4，5，
因为甲先取，所以甲只可能在第1，3，5次取到白球，分三类：
甲第一次摸到白球的概率为37，
甲第二次摸到白球的概率为4×3×37×6×5=635，
甲第三次摸到白球的概率为4×3×2×1×37×6×5×4×3=135，
由互斥事件概率加法公式可得：所求事件B的概率为p(B)=37+235+135=2235．
18.解：(1)证明：设AC∩BD=O，连接DF，OF，
根据题意可得AB= 4+1−2×1×2×12= 3，
又四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD，AC⊥BD，BO=OD，
又∠BAF=∠DAF=60°，
∴△BAF≌△DAF，
∴BF=DF，∴BD⊥OF，
AC∩OF=O，AC，OF⊂平面ACEF，
∴直线BD⊥平面ACEF；
(2)过F点作FH⊥AC于H点，过H点作HM⊥l于M点，连接FM，过H点作HN⊥AD于N点，连接FN，
由(1)易证，FM⊥l，FN⊥AD，
∴∠FMH为二面角E−l−D的平面角，
在直角三角形FHM中，tanθ=FHHM=2 63，
又HM=BO=3，FH=2 6，
设AF=2a，则AN=a,NH=a 3,FN= 3a，
在直角三角形FHN中，(2 6)2+(a 3)2=( 3a)2，∴AF=6，
又G为线段AF的中点，∴G到平面ABCD的距离为d= 6，
又DG=3 3，
设直线DG与平面ABCD所成角为α，
则sinα=dDG= 23，
∴直线DG与平面ABCD所成角的正弦值为 23．
19.解：(1)如图1，

因为AB=2BM=2，所以AM=3,A1B=2 2,A1M= 13，
由正方体的定义可知AA1⊥AB，则∠A1AB=90°，
故sin∠AA1B= 22,cs∠AA1B= 22，
sin∠AA1M=3 1313,cs∠AA1M=2 1313，
因为∠BA1M=∠AA1M−∠AA1B，
所以sin∠BA1M=sin∠AA1Mcs∠AA1B−cs∠AA1Msin∠AA1B= 2626，
则(A,B；M)=−A1Asin∠AA1MA1Bsin∠MA1B=−2×3 13132 2× 2626=−3；
(2)如图2，设AM=a(0≤a≤2)，

则sin∠AA1M=a a2+4a2+4,cs∠AA1M=2 a2+4a2+4，
因为∠BA1M=∠AA1B−∠AA1M，
所以sinMA1B=sin(∠AA1B−∠AA1M)=2 2 a2+42(a2+4)− 2a a2+42(a2+4)=(2−a) 2(a2+4)2(a2+4)，
则(A,B；M)=A1Asin∠AA1MA1Bsin∠MA1B=2×a a2+4a2+42 2×(2−a) 2(a2+4)2(a2+4)=a2−a=12，解得a=23，
故AMMB=a2−a=12；
(3)证明：如图3，

因为M1，M2，M3，⋯，Mn−1是BC的n等分点，所以BMk=CMn−k
=knBC,BMn−k=CMk=n−knBC．
在△ABMk中，由正弦定理可得BMksin∠BAMk=ABsin∠AMkB，
则ABsin∠BAMk=BMksin∠AMkB.
在△ACMk中，同理可得ACsin∠CAMk=CMksin∠AMkC.
因为∠AMkB+∠AMkC=π，所以sin∠AMkB=sin∠AMkC，
则(B,C；Mk)=ABsin∠BAMkACsin∠CAMk=BMksin∠AMkBCMksin∠AMkC=BMkCMk=kn−k．
同理可得(B,C；Mn−k)=BMn−kCMn−k=n−kk．
故(B,C；Mk)×(B,C；Mn−k)=kn−k×n−kk=1(k=1,2,3,⋯,n−1)．