2023-2024学年甘肃省白银市靖远一中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年甘肃省白银市靖远一中高一（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.在复平面内，复数z=i(1−2i)的共轭复数为( )
A. −2−iB. 2−iC. −2+iD. 2+i
2.若棱长为a的正方体的内切球的表面积为16π，则a=( )
A. 2B. 4C. 2D. 2 2
3.不透明的口袋中装有50个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有20个，从口袋中摸出一个球，若摸出白球的概率是0.2，则摸出黑球的概率是( )
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
4.已知O为坐标原点，A(2,1)，B(−1,2)，C(1,3)，若P为直线OC上一动点，当AP⋅BP取最小值时，|CP|=( )
A. 102B. 10C. 2 3D. 3 2
5.某湖中有一小岛C，沿湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在南偏西π12的方向上，汽车行驶2公里到达B处后，又测得小岛在南偏西5π12的方向上，如图所示，则小岛到公路的距离为( )
A. 36公里
B. 26公里
C. 33公里
D. 22公里
6.已知△ABC外接圆的圆心为O，半径为1.设点O到边BC，CA，AB的距离分别为d1，d2，d3，若OA⋅OB+OB⋅OC+OC⋅OA=−1，则d12+d22+d32=( )
A. 34B. 1C. 32D. 3
7.在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC=BD=2 3，∠BCD=60°.若AB=3，A，B，C，D四点都在球O的表面上，则球O的表面积为( )
A. 25πB. 36πC. 12πD. 24π
8.在△ABC中，∠C=90°，AB=3，AC=1，若AC=2BD−CB，则CD⋅CB等于( )
A. 7B. 8C. 12D. 13
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.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则( )
A. 若(a+b+c)(a+b−c)=3ab，则C=π3
B. 若△ABC是单位圆的内接三角形，则asinA+bsinB+csinC=3
C. 若(sinB−sinC)2=sin2A−sinBsinC，则A=π3
D. 若acsB+acsC=b+c，则△ABC是锐角三角形
10.某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为23，34，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一选手参加该节目，则下列结论正确的是( )
A. 该选手闯过第一关的概率为89B. 该选手单独闯过第二关的概率为1516
C. 该选手能进入第三关的概率为1516D. 该选手能进入第三关的概率为56
11.如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿矩形对角线BD将△BCD折起形成四面体ABCD，在这个过程中，下列结论正确的是( )
A. 在四面体ABCD中，当DA⊥BC时，BC⊥AC
B. 四面体ABCD的体积的最大值为245
C. 在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成的角可能为π3
D. 四面体ABCD的外接球的半径为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知|a+2b|=2，|a|=|b|，设a+2b，a−2b的夹角为α，则csα的最小值为______．
13.已知f(x)=cs3x2csx2−sin3x2sinx2−2sinxcsx，当x∈[π2,π]时f(x)的零点为______．
14.如图，已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的所有棱长均相等，∠BAD=π3，E是棱AB的中点，设平面α，β经过直线A1E，且α∩平面A1ACC1=l1，β∩平面C1CDD1=l2，若α⊥平面A1ACC1，则异面直线l1与l2所成角的余弦值为______．
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)
已知函数f(x)= 3sin(ωx+φ)+2sin2(ωx+φ2)−1(ω>0,0<φ<π)为奇函数，且相邻两对称轴间的距离为π2．
(1)当x∈[−π2,π4]时，求f(x)的单调递减区间；
(2)将函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，当x∈[−π12,π6]时，求函数g(x)的值域．
16.(本小题15分)
由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁，该团队就能进入下一关，否则淘汰出局.根据以往100次的测试，获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图，分别如图1、图2所示．

(1)若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率；
(2)若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立，求该团队能进入下一关的概率．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB=30°，PD⊥平面ABCD，AD=2，点E为AB上一点，且AEAB=m，点F为PD中点．
(Ⅰ)若m=12，证明：直线AF//平面PEC；
(Ⅱ)是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．
18.(本小题17分)
如图，设△ABC中的角A，B，C所对的边是a，b，c，AD为∠BAC的角平分线，已知AB=1，AD=34AB+14AC，AB|AB|⋅AC|AC|=12，点E，F分别为边AB，AC上的动点，线段EF交AD于点G，且△AEF的面积是△ABC面积的一半．
(1)求边BC的长度；
(2)当AG⋅EF=4528时，求△AGF的面积．
19.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 3acsB=bsinA，又以a，b，c为边长的三个正三角形的面积分别为S1，S2，S3，且S1+S3−S2=10 3．
(1)求角B的大小；
(2)求△ABC的面积；
(3)若sinAsinC=3049，求△ABC的周长．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.A
5.C
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.ABD
11.ABD
12.−1
13.x=5π8
14. 9510
15.解：(1)由题意可得：函数f(x)=f(x)= 3sin(ωx+φ)+2sin2(ωx+φ2)−1= 3sin(ωx+φ)−cs(ωx+φ)
=2sin(ωx+φ−π6)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，∴φ−π6=kπ，k∈Z，∴φ=π6．
∵相邻两对称轴间的距离为T2=πω=π2，∴ω=2，f(x)=2sin2x．
令2kπ+π2≤2x≤2kπ+3π2，求得kπ+π4≤x≤kπ+3π4，故函数的减区间为[kπ+π4,kπ+3π4]，k∈Z．
结合x∈[−π2,π4]，可得f(x)的单调递减区间为[−π2,π4].
(2)将函数y=f(x)的图象向右平移π6个单位长度，可得y=2sin(2x−π3)的图象；
再把横坐标缩小为原来的12(纵坐标不变)，得到函数y=g(x)=2sin(4x−π3)的图象，
当x∈[−π12,π6]时，4x−π3∈[−2π3 π3]，此时，sin(4x−π3)∈[−1, 32]，求函数g(x)∈[−2, 3].
16.解：(1)因为甲解开密码锁所需时间的中位数为47，
所以0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×(47−45)=0.5，0.04×(50−47)+0.032×5+a×5+0.01×10=0.5，
解得b=0.026，a=0.024．
由直方图可知甲在1分钟内解开密码锁的频率f甲=1−0.01×10=0.9；
乙在1分钟内解开密码锁的频率f乙=1−0.035×5−0.025×5=0.7．
(2)由(1)及条件知，甲在1分钟内解开密码锁的概率是0.9，乙是0.7，丙是0.5，且各人是否解开密码锁相互独立．
记“团队能进入下一关”为事件A，“不能进入下一关”为事件A−，
则P(A−)=(1−0.9)×(1−0.7)×(1−0.5)=0.015，
所以该团队能进入下一关的概率P(A)=1−P(A−)=1−0.015=0.985．
17.证明：(Ⅰ)作FM/​/CD，交PC于M，

∵点M为PD的中点，∴FM=12CD，
∵m=12，∴AE=12AB=FM，
又FM//CD//AE，
∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF//EM，
∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF//EM，
∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，
∴直线AF//平面PEC．
解：(Ⅱ)存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
此时AB=AD=2，∠DAB=30°，
∴AE=ADcs30°= 3，
又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥平面PDE，
∵AB⊂平面PAB，∴平面PDE⊥平面PAB，
∴m=AEAB= 32．
18.解：(1)由AB|AB|⋅AC|AC|=12，
得csA=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
因为AD为∠BAC的角平分线，
所以BDDC=ABAC=1b，
所以BD=11+bBC，AD=AB+BD=AB+11+bBC=AB+11+b(AC−AB)=b1+bAB+11+bAC，
又AD=34AB+14AC，
所以b1+b=34，
即4b=3b+3，
得b=3，
因为a2=b2+c2−2bccsA= 7，
又A=π3，c=1，
所以BC=a= 7；
(2)设AE=λAB，AF=μAC，AG=kAD(0≤λ,μ,k≤1)，
因为△AEF的面积是△ABC面积的一半，
所以12|AE|⋅|AF|sinA=12×12|AB|⋅|AC|sinA，
所以λμ=12，①
AB⋅AC=1×3×csπ3=32，
由AD=34AB+14AC，得1kAG=34λAE+14μAF，
因为E，F，G三点共线，
所以1k=34λ+14μ，
即k=23μ+λ，
所以AG=kAD=34kAB+14kAC，
又EF=AF−AE=μAC−λAB，
所以AG⋅EF=(34kAB+14kAC)⋅(μAC−λAB)=34kμAB−⋅AC−34kλAB2+14kμAC2−14kλAB⋅AC=27μ−9λ12μ+4λ，
因为AG⋅EF=4528，
所以AG⋅EF=4528=27μ−9λ12μ+4λ，②
由①②解得λ=12，μ=1，
所以k=47，此时点F与点C重合；
因为AD=34AB+14AC，
所以AD2=(34AB+14AC)2=916AB2+116AC2+38AB⋅AC=2716，
所以AD=3 34；
由AG=47AD，得AG=3 37，
所以S△AGF=S△AGC=12×AG×AC×sin30°=12×3 37×3×12=9 328．
19.解：(1)因为由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=2R(R为外接圆半径)，
可得a=2RsinA，b=2RsinB，
又 3acsB=bsinA，
所以 3⋅2RsinAcsB=2RsinBsinA，
因为A∈(0,π)，
所以sinA≠0，
所以 3csB=sinB，
所以tanB= 3，
又B∈(0,π)
所以B=π3；
(2)又S1+S3−S2=10 3，
所以12a2⋅ 32+12c2⋅ 32−12b2⋅ 32=10 3，即a2+c2−b2=40，
所以csB=a2+c2−b22ac=12，
所以ac=40，
所以S=12acsinB=12×40× 32=10 3；
(3)由题意sinA=a2R，sinC=c2R，
所以ac(2R)2=3049，
由①ac=40代入得2R= 43×49=2×7 3=14 3，bsinB=b 32=2R，
所以b=7，
又因为b2=a2+c2−2accsB=(a+c)2−3ac=(a+c)2−120，
所以(a+c)2=49+120，即a+c=13，
于是△ABC的周长为a+b+c=13+7=20．