2023-2024学年福建省福州市鼓山中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省福州市鼓山中学高一（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满足方程z+1=2i⋅z，则z所对应的向量的坐标为( )
A. (25,15)B. (−15,−25)C. (13,23)D. (−23,−13)
2.在△ABC中，D为边BC的延长线上一点，且BC=3CD，记AB=a，AC=b，则AD=( )
A. −13a+43bB. −13a−23bC. 43a−13bD. −23a+13b
3.已知向量a与b的夹角为π3，且满足|a|=2，|b|=1，则a在b上的投影向量为( )
A. 1B. 12C. aD. b
4.在△ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若a+ba=2cs2C2，则△ABC是( )
A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
5.△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a、b、c，已知sinB=2sinC，且a= 6，csA=78，则△ABC的面积等于( )
A. 152B. 15C. 2D. 3
6.从装有若干个大小相同的红球、白球和黄球的袋中随机摸出1个球，摸到红球、白球和黄球的概率分别为12，13，16，从袋中随机摸出一个球，记下颜色后放回，连续摸3次，则记下的颜色中有红有白但没有黄的概率为( )
A. 536B. 13C. 512D. 12
7.下列说法正确的是( )
A. 空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面
B. 若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面
C. 和两条异面直线都相交的两直线是异面直线
D. 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面
8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，bcs A=c−12a，点D在AC上，2AD=DC，BD=2，则△ABC的面积的最大值为( )
A. 3 32B. 3C. 4D. 6
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z1=1−i，z2=2i，则( )
A. z2是纯虚数
B. z1−z2在复平面内对应的点位于第二象限
C. 复数z1的共轭复数为1+i
D. z1z2=2i−2
10.已知事件A，B满足P(A)=0.2，P(B)=0.6，则( )
A. 事件A与B可能为对立事件B. 若A与B相互独立，则P(A−B)=0.48
C. 若A与B互斥，则P(A∪B)=0.8D. 若A与B互斥，则P(AB)=0.12
11.如图所示，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点.则下列结论正确的是( )
A. 直线AM与BN是平行直线
B. 直线MN与AC所成的角为60°
C. 平面AMB与平面ABCD所成二面角的平面角为45°
D. 平面BMN截正方体所得的截面面积为32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2,4),b=(1,0)，若(a−kb)⊥b，则k= ______．
13.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a−ba−c=sinCsinA+sinB，则B= ．
14.甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约.甲表示只要面试合格就签约，乙、丙则约定；两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约，设甲面试合格的概率为34，乙、丙每人面试合格的概率都是13，且三人面试是否合格互不影响.则恰有一人面试合格的概率______；至少一人签约的概率______．
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)
某高中高一500名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30)，[30,40)，…，[80,90]，并整理得到频率分布直方图如图所示．
(1)从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率；
(2)估计测评成绩的75%分位数；
(3)已知样本中分数小于40的学生有5人，其中3名男生；分数小于30的学生有2人，其中1名男生.从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，则“抽到的学生分数小于30”与“抽到的学生是男生”这两个事件是否独立？请证明你的结论．
16.(本小题15分)
为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形ABCD，并修建两条小路AC，BD(路的宽度忽略不计)，其中AB= 5千米，AD=2千米，△BCD是以D为直角顶点的等腰直角三角形.设∠BAD=θ，θ∈(π2,π)．
(1)当sinθ=2 55时，求：①小路AC的长度；②草坪ABCD的面积；
(2)当草坪ABCD的面积最大时，求此时小路BD的长度．
17.(本小题15分)
如图①，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1木块中，E是CC1的中点．

(1)要经过点A将该木块锯开，使截面平行于平面BD1E，在该木块的表面应该怎样画线？请在图①中作图，写出画法，并证明．
(2)求四棱锥E−ABC1D1的体积；
18.(本小题17分)
为迎接第二届湖南旅发大会，郴州某校举办“走遍五大洲，最美有郴州”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)根据直方图，估计这次知识能力测评的平均数；
(2)用分层随机抽样的方法从[60,70)，[90,100]两个区间共抽取出4名学生，再从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[60,70]的概率；
(3)学校决定从知识能力测评中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局.三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军.已知甲在三个项目中获胜的概率分别为12,25,p，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是4750，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由．
19.(本小题17分)
如图，已知四边形ABCD是等腰梯形，AB=3CD，高ℎ= 3，tanA= 32，将它沿对称轴OO1折叠，使二面角A−OO1−B为直二面角．
(1)证明：AC⊥BO1；
(2)求二面角O−AC−O1的正弦值．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.A
6.C
7.D
8.A
9.AC
10.BC
11.BC
12.2
13.π3
14.49 79
15.解：(1)由频率分布直方图可得分数不小于60的频率为：
(0.02+0.04+0.02)×10=0.8，则分数小于60的频率为1−0.8=0.2，
所以从总体的500名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率为0.2；
(2)由频率分布直方图可得分数小于70的频率为0.4，分数小于80的频率为0.8，
则测试成绩的75%分位数落在区间[70,80)上，
估计测评成绩的75%分位数为：70+10×；
(3)“抽到的学生分数小于30”与“抽到的学生是男生”这两个事件不独立．
证明：由已知可得分数小于30的学生有2人，其中1名男生，1名女生，
30分到40分的学生有3人，其中2名男生，1名女生，
设“抽到的学生分数小于30”为事件A，“抽到的学生是男生”为事件B，
则从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，“抽到的学生分数小于30”的概率为PA=25，
从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，“抽到的学生是男生”的概率为PB=35，
则从样本中分数小于40的学生中随机抽取一人，“抽到的学生分数小于30”且“抽到的学生是男生”的概率为PAB=15，
则有P(AB)≠P(A)P(B)，
则“抽到的学生分数小于30”与“抽到的学生是男生”这两个事件不独立．
16.解：(1)由sinθ=2 55，θ∈(π2,π)，故csθ=− 1−(2 55)2=− 55，
由余弦定理可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsθ=5+4+4= 13，
即BD=CD= 13，由正弦定理可得ABsin∠ADB=BDsinθ，
即sin∠ADB=ABBD⋅sinθ= 5 13×2 55=2 1313，
则cs∠ADC=cs(π2+∠ADB)=−sin∠ADB=−2 1313，
故有AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs∠ADC=4+13−2×2× 13×(−2 1313)=25，
故AC=5，
S草坪ABCD=S△ABD+S△BCD=12AB⋅ADsinθ+12BD2=12× 5×2×2 55+12×( 13)2=172；
(2)S△ABD=12AB⋅ADsinθ= 5sinθ，
BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsθ=5+4−4 5csθ=9−4 5csθ，
故S△BCD=12BD2=92−2 5csθ，
则S草坪ABCD=S△ABD+S△BCD= 5sinθ+92−2 5csθ=5sin(θ−φ)+92，
其中sinφ=2 55，φ∈(0,π2)，则当θ−φ=π2，
即csθ=cs(φ+π2)=−sinφ=−2 55时，草坪ABCD的面积最大，
此时BD2=9−4 5×(−2 55)=17，
即此时小路BD的长度为 17．
17.解：(1)取棱DD1的中点F，连接AF、CF、AC，则FC，FA，CA就是所求作的线．

证明如下：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵E是CC1的中点，F为DD1的中点，则EC//D1F，且EC=D1F，
于是得四边形CED1F是平行四边形，有D1E//CF，而D1E⊂平面BD1E，CF⊄平面BD1E，
因此CF/​/平面BD1E.
连接EF，可得EF/​/CD/​/AB，且EF=CD=AB，得四边形ABEF为平行四边形，则AF/​/BE，
又BE⊂平面BD1E，AF⊄平面BD1E，于是有AF//平面BD1E，
而CF∩AF=F，CF，AF⊂平面AFC，从而得平面AFC//平面BD1E.
(2)在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接CB1，交BC1于O，可得CO⊥平面ABC1D1，
∵E是CC1的中点，∴E到平面ABC1D1的距离等于12CO= 22，
又四边形ABC1D1的面积S=2×2 2=4 2，
∴四棱锥E−ABC1D1的体积V=13×4 2× 22=43．
18.(1)解：由频率分布直方图，根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：
x−=(65×0.01+75×0.015+85×0.045+95×0.03)×10=84.5分．
(2)解：由频率分布直方图，可得[60,70)的频率为0.1，[90,100]的频率为0.3，
所以用分层随机抽样的方法从[60,70)，[90,100]两个区间共抽取出4名学生，
可得从[60,70)抽取1人，即为a，从[90,100]中抽取3人，即为1，2，3，
从这4名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，有(a,1)，(a,2)，(a,3)，(1,2)，(1,3)，(2,3)，(1,a)，(2,a)，(3,a)，(2,1)，(3,1)，(3,2)，共有12个基本事件；
其中第二个交流分享的学生成绩在区间[60,70]的有：(1,a)，(2,a)，(3,a)，共有3个，
所以概率为P=312=14．
(3)解：甲最终获胜的可能性大．
理由如下：由题意，甲至少得(1分)的概率是4750，
可得1−(1−12)(1−25)(1−p)=4750，其中0≤p≤1，解得p=45，
则甲的(2分)或(3分)的概率为：P=12×25×(1−45)+12×(1−25)×45+(1−12)×25×45+12×25×45=35，
所以乙得分为(2分)或(3分)的概率为25，
因为35>25，所以甲最终获胜的可能性更大．
19.证明：(1)由题知OA⊥OO1，OB⊥OO1，
所以∠AOB是所折成的直二面角的平面角，即OA⊥OB，
因为OO1∩OB=O，
所以AO⊥平面OBCO1，
所以OC是AC在平面OBCO1内的射影，
在四边形ABCD是等腰梯形中，AB=3CD，高ℎ= 3，tanA= 32，
得AB=6，CD=2，OO1= 3，
在Rt△OO1B和Rt△OO1C中，tan∠OO1B=OBOO1=3 3= 3，tan∠O1OC=O1COO1=1 3= 33，
所以∠OO1B=60°，∠O1OC=30°，
所以OC⊥BO1，
因为AO⊥平面OBCO1，BO1⊂平面OBCO1，
所以AO⊥BO1，
因为AO∩OC=O，
所以BO1⊥平面AOC，
因为AC⊂平面AOC，
所以AC⊥BO1；
解：(2)由(1)知AC⊥BO1，OC⊥BO1，所以BO1⊥平面AOC，
设OC∩O1B=E，过点E作EF⊥AC于点F，连接O1F，
因为EF∩O1B=E，
所以AC⊥平面O1EF，
因为O1F⊂平面O1EF，
所以O1F⊥AC，
所以∠O1FE是二面角O−AC−O1的平面角，
由(1)知得，AB=3CD，高ℎ= 3，tanA= 32，
得AB=6，CD=2，
所以OA=3，OO1= 3，O1C=1，
所以O1A=2 3，AC= 13，
因为平面AOO1D⊥平面BOO1C，平面AOO1D∩平面BOO1C=OO1，OO1⊥CO1，
所以CO1⊥平面AOO1D，
因为AO1⊂平面AOO1D，
所以CO1⊥AO1，
所以O1F=O1A⋅O1CAC=2 3 13，
又O1E=OO1⋅sin30°= 32，
所以sin∠O1FE=O1EO1F= 134，
所以二面角O−AC−O1的正弦值为 134．