2024-2025学年四川省眉山市仁寿县校际联考高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年四川省眉山市仁寿县校际联考高一（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。
1.已知复数z=21−i，则z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.若n个样本1−x1、1−x2、1−x3、…、1−xn的平均数是−5，方差为4，则对于样本1+2x1、1+2x2、1+2x3、⋯、1+2xn的平均数与方差分别是( )
A. 16、6B. 10、16C. 13、18D. 13、16
3.已知两条不同的直线m，n，三个不同的平面α，β，γ，则下列说法正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//αB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m⊥γ，n⊥γ，则m//nD. 若α⊥β，γ⊥β，则α//γ
4.已知Rt△ABC的直角顶点C在平面α外，AB⊂α，AC，BC与平面α所成的角分别为45°,30°,AB= 6，则点C到平面α的距离为( )
A. 6B. 2 6C. 1D. 2
5.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=23，则下列说法正确的是( )
①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
6.已知cs(α+π6)+sinα=35，则cs(2α+23π)的值是( )
A. −725B. −2325C. 725D. 2325
7.斯特瓦尔特定理是由18世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论.根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，点D在边BC上，且BDDC=mn，则AD2=mb2+nc2m+n−mna2(m+n)2.已知△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，b=2c=4，asinB+ 3bcsA=0，点D在BC上，且△ABD的面积与△ADC的面积之比为2，则AD的值是( )
A. 2 133B. 2 73C. 133D. 7
8.设函数f(x)的图象与函数y=2csπx(x∈[−12,32])的图象关于x轴对称，将f(x)的图象向右平移12个单位长
度后得到函数g(x)的图象，则函数y=1x−1的图象与y=g(x)的图象的所有交点的横坐标之和为( )
A. 8B. 6C. 4D. 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.下列命题正确的是( )
A. 若z1，z2∈C，z12+z22=0，则z1=z2=0
B. 若z=a+bi(a,b∈R)，则当a=0，b≠0时，z为纯虚数
C. 若|z+ 3+i|=1，则|z|的最大值为3
D. 若实数a与ai对应，则实数集与纯虚数集可建立一一对应关系
10.下列有关向量的命题正确的是( )
A. 若a,b,c均为非零向量，且a⋅b=a⋅c，则b=c
B. 已知单位向量a,b,c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=14
C. 在△ABC中，若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为等边三角形
D. 若点P在△ABC所在平面内，且OP=OB+OC2+λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC),λ∈R，则点P的轨迹经过△ABC的外心
11.如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A−BCD，设CD=2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，下列说法正确的是( )
A. 在翻折过程中，存在某个位置使得AB⊥CD
B. 若AC⊥CD，则AD与平面BCD所成角的正切值为 217
C. 当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，二面角D−AC−B的平面角大小为π3
D. 当AE⊥EF时，三棱锥A−BCD外接球的表面积为16π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，16，20，22，则估计该组数据的总体的上四分位数为______．
13.如图，在△ABC中，AN=13NC，P是线段BN上一点，若AP=mAB+nAC，则mn的最大值为______．
14.如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把△AEF，△CBE，△CFD折起构成一个三棱锥P−CEF(A,B,D重合于P点)，则三棱锥P−CEF的外接球与内切球的半径之比是______．
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)
已知四棱锥S−ABCD的底面是菱形，SA⊥平面ABCD．
(1)设平面SBC∩平面SAD=l，求证：l//BC；
(2)求证：SC⊥BD．
16.(本小题15分)
某学校有学生1000人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了100名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这100名学生的打分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(Ⅰ)求频率分布直方图中a的值，并估计该校学生满意度打分不低于70分的人数；
(Ⅱ)试估计该校学生满意度打分的平均数和75%的分位数(同一组中的数据用该组区间的中间值代表，结果保留小数点后2位)；
(Ⅲ)若采用分层随机抽样的方法，从打分在[40,60)的学生中随机抽取10人了解情况，求在打分[40,50)、[50,60)中分别抽取的人数．
17.(本小题12分)
如图，在锐角△ABC中，2BD=CD，AE=DE，AB=λAP,AC=μAQ，AB=4，AC=3，S△ABC=3 3；
(1)用AB,AC表示AD；
(2)若λ=2μ，求PQ的长度；
(3)当1λ+2μ取最小值时，求AD⋅PQ．
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，A1C=AC=2，A1C⊥A1B1，平面AA1C1C⊥平面ABC，点D，E，F分别为棱BC，A1C1，B1C1的中点．
(1)求证：A1D//平面CEF；
(2)求证：A1C⊥平面ABC；
(3)求二面角A1−EF−C的正切值．
19.(本小题12分)
已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcsx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的伴随向量，同时称函数f(x)为向量OM的伴随函数．
(Ⅰ)设函数g(x)= 3sin(x−π)−sin(32π−x)，试求g(x)的伴随向量OM；
(Ⅱ)记向量ON=(1, 3)的伴随函数为f(x)，求当f(x)=85且x∈(−π3,π6)时csx的值；
(Ⅲ)由(Ⅰ)中函数g(x)的图象(纵坐标不变)横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移2π3个单位长度得到ℎ(x)的图象，已知A(−2,3)，B(2,6)，问在y=ℎ(x)的图象上是否存在一点P，使得AP⊥BP.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
参考答案
1.D
2.D
3.C
4.C
5.B
6.C
7.A
8.C
9.BC
10.BCD
11.ABD
12.18
13.116
14.2 6
15.证明：(1)∵BC⊄平面SAD，AD⊂平面SAD，AD//BC，
∴BC//平面SAD，
又BC⊂平面SBC，平面SAD∩平面SBC=l，
∴l//BC．
(2)∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴SA⊥BD，
∵四棱锥S−ABCD的底面是菱形，
∴AC⊥BD，
∵AC∩SA=A，AC，SA⊂平面SAC，
∴BD⊥平面SAC，
又∵SC⊂平面SAC，
∴SC⊥BD．
16.解：(Ⅰ)由频率分布直方图可知，(0.004+a+0.018+0.022+0.022+0.028)×10=1，
解得a=0.006，
所以该校学生满意度打分不低于70分的人数为：1000×(0.28+0.22+0.18)=680(人)；
(Ⅱ)平均数为：x−=45×0.04+55×0.06+65×0.22+75×0.28+85×0.22+95×0.18=76.2(分)，
因为0.04+0.06+0.22+0.28=0.6，0.04+0.06+0.22+0.28+0.22=0.82，
所以75%的分位数位于[80,90)内，设其为m，
则0.6+(m−80)×0.22=0.75，
解得m≈86.82，
即75%的分位数约为86.82分；
(Ⅲ)由频率分布直方图可知，打分在[40,50)和[50,60)内的频率分别为0.04和0.06，
所以打分在[40,50)和[50,60)内的频率之比为2：3，
所以在打分[40,50)中抽取的人数为25×10=4人，在打分[50,60)中抽取的人数为35×10=6人．
17.(1)已知在锐角△ABC中，2BD=CD，
所以BD=12DC，
所以AD−AB=12(AC−AD)，
所以AD=23AB+13AC；
(2)已知AE=DE，AB=λAP,AC=μAQ，
所以AE=12AD，
所以AE=13AB+16AC，
所以AE=λ3AP+μ6AQ，
又P，E，Q三点共线，
所以λ3+μ6=1，
又λ=2μ，
可得λ=125,μ=65，
所以AP=512AB,AQ=56AC，
又AB=4，AC=3，
所以AP=53,AQ=52，
又因为S△ABC=3 3，
所以12×4×3×sinA=3 3，
所以sinA= 32，
因为△ABC是锐角三角形，
所以A=π3，
在△APQ中，由余弦定理PQ2=AQ2+AP2−2AQ⋅APcs∠BAC可得：PQ2=(53)2+(52)2−2×53×52×12=17536，
所以PQ=5 76；
(3)由(2)可知λ3+μ6=1，
则1λ+2μ=(1λ+2μ)(λ3+μ6)=13+μ6λ+2λ3μ+13≥23+2 μ6λ×2λ3μ=43，
当且仅当μ6λ=2λ3μ，即λ=32,μ=3时取最小值，
当λ=32,μ=3取时，AP=23AB,AQ=13AC，
所以AD⋅PQ=(23AB+13AC)⋅(13AC−23AB)=19AC2−49AB2=19×32−49×42=−559．
18.解：(1)证明：取AC的中点G，连接DG，A1G，如图所示，

∵D是棱BC的中点，G是AC的中点，∴DG//AB，
∵点E，F分别为棱A1C1，B1C1的中点，∴EF//A1B1，
又AB//A1B1，
∴DG//EF，
又EF⊂平面CEF，DG⊄平面CEF，
∴DG//平面CEF，
在平行四边形AA1C1C中，G是AC的中点，E是A1C1的中点，
∴GC//A1E，GC=A1E，
∴四边形A1ECG是平行四边形，
∴GA1//CE，又CE⊂平面CEF，GA1⊄平面CEF，
∴GA1//平面CEF，
又GA1∩GD=G，GA1，GD⊂平面A1GD，
∴平面A1GD//平面CEF，
又A1D⊂平面A1GD，
∴A1D//平面CEF．
(2)证明：连接BG，如图所示，

∵△ABC是等边三角形，G是AC的中点，∴BG⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BG⊂平面ABC，
∴BG⊥平面AA1C1C，
又A1C⊂平面AA1C1C，
∴BG⊥A1C，
又A1C⊥A1B1，AB//A1B1，∴A1C⊥AB，又AB∩BG=B，AB，BG⊂平面ABC，
∴A1C⊥平面ABC，
(3)在平面A1B1C1内，过点A1作直线EF的垂线，垂足为H，连接CH，如图所示，

由(2)易得A1C⊥平面A1B1C1，又EF，A1H⊂平面A1B1C1，
∴A1C⊥EF，A1C⊥A1H.
又A1C∩A1H=A1，A1C，A1H⊂平面A1CH，
∴EF⊥平面A1CH，又CH⊂平面A1CH，
∴EF⊥CH，又A1H⊥EF，
∴二面角A1−EF−C的平面角为∠A1HC，
在△A1HE中，A1H⊥HE，A1E=1，∠A1EH=60°，
∴A1H=A1Esin∠A1EH=1×sin60°= 32，
在△A1CH中，A1C⊥A1H，A1H= 32，A1C=2，
∴tan∠A1HC=A1CA1H=2 32=4 33，
即二面角A1−EF−C的正切值是4 33．
19.解：(Ⅰ)g(x)= 3sin(x−π)−sin(32π−x)=− 3sinx+csx，故OM=(− 3,1)；
(Ⅱ)由题意得：f(x)=sinx+ 3csx=2sin(x+π3)=85，
故sin(x+π3)=45，
由于x∈(−π3,π6)，所以x+π3∈(0,π2)，
所以cs(x+π3)=35，
所以csx=cs(x+π3−π3)=cs(x+π3)csπ3+sin(x+π3)sinπ3=35×12+45× 32=4 3+310；
(Ⅲ)g(x)=− 3sinx+csx=2cs(x+π3)，
所以ℎ(x)=2cs12x，假设存在点P(x,2cs12x)，使得AP⊥BP，
则AP⋅BP=(x+2,2cs12x−3)⋅(x−2,2cs12x−6)=x2−4+4cs212x−18cs12x+18=0，
即(2cs12x−92)2=254−x2，
因为−2≤2cs12x≤2，所以−132≤2cs12x−92≤−52，所以254≤(2cs12x−92)2≤1694，
又因为254−x2≤254，所以当且仅当x=0时，(2cs12x−92)2和254−x2同时等于254，此时P(0,2)，
故在函数y=ℎ(x)的图象上存在点P(0,2)，使得AP⊥BP．