2023-2024学年福建省泉州市高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年福建省泉州市高一（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.已知复数z满足zi=−2−i，i是虚数单位，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
2.从甲、乙、丙三所学校中随机抽取210名学生，接受省级高中体育与健康教育质量监测.已知甲、乙、丙三所学校的学生人数分别为400，700，1000，若按各校人数分层抽样，则从甲学校中应抽取的学生人数为( )
A. 40B. 50C. 60D. 70
3.单位向量a,b满足|a+b|= 3|a−b|，则a和b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
4.在△ABC中，BM=3MC，则AM=( )
A. 23AB+13ACB. 13AB+23ACC. 34AB+14ACD. 14AB+34AC
5.如图是一个鲜花包装盒，形状近似于高为12cm的正四棱台，其两个底面边长分别为8cm和10cm.若忽略材料厚度，则该包装盒的容积为( )
A. 960cm3
B. 976cm3
C. 2880cm3
D. 2928cm3
6.已知数据x1，x2，x3，⋯，xn的均值为3，方差为1，则数据2x1+3，2x2+3，2x3+3，⋯，2xn+3的均值和方差分别为( )
A. 9，5B. 6，5C. 9，4D. 6，4
7.已知直线m，n，平面α，β，则m//n的充分条件可以是( )
A. m⊂α，n//αB. α//β，m⊂α，n⊂β
C. n//α，n//β，α∩β=mD. α⊥β，m⊥α，n//β
8.《周易⋅系辞》曰：易有太极，是生两仪，两仪生四象，四象生八卦.如图1是八卦模型图，图2是根据八卦图抽象而得的正八边形ABCDEFGH与其内部的圆O，其中AB=2，圆O的直径MN为125,O为正八边形的中心，P为正八边形边上的动点，则PM⋅PN的最小值为( )
A. 2625+2 2B. 3925+2 2C. 4125+2 2D. 6425+2 2
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z1，z2为复数，则下列命题正础的是( )
A. 若z1=z2−，则z1z2∈RB. |z1+z2|≥|z1|+|z2|
C. 若z12+z22=0，则z1=z2=0D. |z1z2|=|z1||z2|
10.第75届联合国大会上，我国向世界郑重承诺力争在2030年前实现碳达峰，努力争取在2060年前实现碳中和.2021年全国两会的政府工作报告明确提出要扎实做好碳达峰、碳中和的各项工作，大力发展新能源.常见的新能源主要有潮汐能、风能、太阳能和地热能等.如图为2015年与2020年我国新增电力装机结构对比，则( )
A. 2015年我国新增电力装机中，火电装机占比最大
B. 2020年我国新增电力装机中，风电装机数多于火电装机数
C. 2020年我国水电新增装机数少于2015年
D. 2020年我国新增电力装机结构中，新能源装机占比大于2015年
11.正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，BC的中点，Q为侧面ADD1A1内一点，则( )
A. 存在点Q，使得DQ⊥平面BDM
B. 线段AD1上不存在点Q，使B1Q与CD所成角为30°
C. 当B1Q/​/平面BDM时，tan∠A1QB1的最大值为 52
D. 当点Q为侧面ADD1A1中心时，平面MNQ截正方体所得的截面为五边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,2),b=(−1,m)，若a⊥b，则m= ______．
13.已知△ABC中，AB=2 2,AC=1，向量AB在向量AC上的投影向量为−2AC，则∠A= ______．
14.已知圆锥的顶点S和底面圆周都在球O的球面上，且母线长为2，A，B为其底面圆周上的两点，若△SAB面积的最大值为 3，则球O的表面积为______．
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)
如图，△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D为△ABC外一点，AD=1，CD= 3,∠CAD=60°．
(1)求b；
(2)若B=45°，acsC=b，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
盒子中有4个大小质地完全相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，从盒子中有放回地随机两次摸出小球，每次摸出一个小球．
(1)求两次摸到的小球数字之和为偶数的概率；
(2)设事件A=“两次摸到的小球数字之和是质数”，事件B1=“第1次摸到的小球数字为奇数”，事件B2=“第2次摸到的小球数字为奇数”，求P(AB1B−2∪AB−1B2∪AB1B−2)．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ABC⊥平面ACC1A1,AB=BC=AA1= 3，A1C= 6，∠ABC=120°．
(1)求三棱柱ABC−A1B1C1的体积；
(2)求证：B1C1⊥A1B.
18.(本小题17分)
“泉州：宋元中国的世界海洋商贸中心”于2021年7月25日成功列入《世界遗产名录》，成为中国第56处世界遗产，泉州在持续做好世界遗产保护的同时，积极推动文化和旅游的深度融合，在2024年“五一”假期期间，为了解全国各地游客对泉州某景点的满意度，景区在该景点向游客做随机问卷调查，收集了1000份问卷，并统计每份问卷的得分(百分制)，绘制了如下频率分布直方图：
(1)求a；
(2)估计该满意度得分的第一四分位数和总体平均数；
(3)已知填写问卷的游客中，儿童、中青年人、老年人的比例为1：7：2，其中儿童游客满意度得分的平均数为86，方差为45.15；老年人游客满意度得分的平均数为96，方差为10.55.请结合频率分布直方图，估计中青年游客对该景点满意度得分的平均数和方差．
19.(本小题17分)
一般地，任何一个复数z=a+bi(a,b∈R)都可以表示成r(csθ+isinθ)(r>0)的形式，r(csθ+isinθ)叫做复数z=a+bi的三角表示式，简称三角形式．
(1)写出复数z=− 32+12i的三角形式；
(2)阅读材料：
数学家布鲁克⋅泰勒提出利用多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线的泰勒公式，在近似计算、函数拟合和计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的n阶泰勒展开式为：
ex=1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!+⋯，
sinx=x−x33!+x55!−⋯+(−1)nx2n+1(2n+1)!+⋯，
csx=1−x22!+x44!−⋯+(−1)nx2n(2n)!+⋯，其中n!=1×2×3×⋯×n，读作n的阶乘．
数学家莱昂哈德⋅欧拉在泰勒公式的灵感下，把自然对数的底数e，虚数单位i，三角函数联系在一起创造了欧拉公式：eiθ=csθ+isinθ，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．
数学家棣莫弗发现z1=r1eiθ1=r1(csθ1+isinθ1),z2=r2eiθ2=r2(csθ2+isinθ2)，则z1z2=r1r2[cs(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].特别地，如果z1=z2=⋯=zn=r(csθ+isinθ)，那么[r(csθ+isinθ)]n=rn(csnθ+isinnθ)，这个结论叫做棣莫弗定理，该定理为概率论的发展做出重要的贡献．
(ⅰ)利用泰勒展开式求sin(π2−1)的近似值(精确到0.001)；
(ⅱ)设M={z∈R|z=[(− 3+i2)13−1]n,n∈N,1≤n≤2024}，求集合M的元素个数．
参考答案
1.D
2.A
3.B
4.D
5.B
6.C
7.C
8.B
9.AD
10.ABD
11.BCD
12.12
13.3π4
14.16π3
15.解：(1)在△ACD中，由余弦定理得：
CD2=AD2+AC2−2AD⋅AC⋅cs∠CAD，
将AD=1,CD= 3,∠CAD=60°代入得3=1+b2−2b×12，
即b2−b−2=0，
解得b=2或b=−1(舍去)，
所以b=2．
(2)在△ABC中，由正弦定理得：
acsC=b可化为sinAcsC=sinB，
所以sinAcsC=sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC，
整理得csAsinC=0，又因为sinC>0，
所以csA=0，
所以A=90°，△ABC为等腰直角三角形，
则△ABC的面积为12×2×2=2．
16.解：(1)从盒中有放回依次随机摸出两个小球的样本空间是：
Ω={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，
所以n(Ω)=16，共有16个样本点．
记事件C=“两次摸到的小球数字之和为偶数”，
则C={(1,1)，(1,3)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,3)，(4,2)，(4,4)}，
所以n(C)=8，共有8个样本点．
因为样本空间的每个样本点具有等可能性，
所以P(C)=n(C)n(Ω)=816=12，
即两次摸出的小球数字之和为偶数的概率为12．
(2)因为A={(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(3,2)，(3,4)，(4,1)，(4,3)}，则P(A)=916，
B1={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)}，
B2={(1,1)，(1,3)，(2,1)，(2,3)，(3,1)，(3,3)，(4,1)，(4,3)}，
所以AB1B2={(1,1)}，则P(AB1B2)=116，
因为事件AB1B−2、AB−1B2、AB−1B−2，
不会同时发生，所以两两互斥，所以P(AB1B−2∪AB−1B2∪AB−1B−2)=P(AB1B−2)+P(AB−1B2)+P(AB−1B−2)，
又因为P(AB1B−2)+P(AB−1B2)+P(AB−1B−2)+P(AB1B2)=P(A)，
所以P(AB1B−2)+P(AB−1B2)+P(AB−1B−2)=P(A)−P(AB1B2)=916−116=12．
即可得P(AB1B−2∪AB−1B2∪AB−1B−2)=12．
17.解：(1)过点A1作A1H⊥AC，垂足为H，A1H⊂平面ACC1A1，
因为平面ABC⊥平面ACC1A1，平面ABC∩平面ACC1A1=AC，
所以A1H⊥平面ABC，
在△ABC中，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=3+3−2×3×(−12)=9，
所以AC=3,AA12+A1C2=AC2,△AA1C为直角三角形，
在Rt△AA1C中，由S△AA1C=12AA1⋅A1C=12A1H⋅AC，
解得A1H=AA1⋅A1CAC= 2，
所以V三棱柱ABC−A1B1C1=S△ABC⋅A1H=12× 3× 3×sin120°× 2=3 64；
(2)证明：在△A1HC中，HC2=A1C2−A1H2=4，即HC=2，
在△HBC中，BH2=HC2+BC2−2⋅HC⋅BC⋅cs∠HCB=4+3−2×2× 3× 32=1，
因为A1H⊥平面ABC，HB⊂平面ABC，所以A1H⊥HB，
在Rt△A1HB中，A1B2=A1H2+BH2=3，
则A1B2+BC2=A1C2，
所以BC⊥A1B，
因为BC/​/B1C1，
所以B1C1⊥A1B.
18.解：(1)由频率分布直方图得：0.002×5+0.01×5+0.02×5+0.02×5+a×5+0.058×5=1，
解得a=0.09；
(2)0.01+0.05+0.1