2023-2024学年湖北省襄阳市高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年湖北省襄阳市高一（下）期末数学试卷（含答案），共11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z=2−i，则z(z−+i)=( )
A. 6−2iB. 4−2iC. 6+2iD. 4+2i
2.已知向量a，b不共线，且向量a+λb与(λ+1)a+2b共线，则实数λ的值为( )
A. −2或−1B. −2或1C. −1或2D. 1或2
3.利用简单随机抽样，从n个个体中抽取一个容量为10的样本.若抽完第一个个体后，余下的每个个体被抽到的机会为14，则在整个抽样过程中，每个个体被抽到的机会为( )
A. 57B. 518C. 14D. 1037
4.《九章算术)问题十：今有方亭，下方五丈，上方四丈，高五丈．问积几何．(今译：已知正四棱台体建筑物(方亭)如图，下底边长a=5丈，上底边长b=4丈，高ℎ=5丈．问它的体积是多少立方丈？( )
A. 75B. 3053C. 3203D. 4003
5.甲在微信群中发布6元“拼手气”红包一个，被乙、丙、丁三人抢完，若三人均领到整数元，且每人至少领到1元，则乙获得“最佳手气”(即乙领到的钱数不少于其他任何人)的概率是( )
A. 13B. 310C. 25D. 34
6.水平放置的△ABC，用斜二测画法作出的直观图是如图所示的△A′B′C′，其中O′A′=O′B′=2，O′C′= 3，则△ABC绕AB所在直线旋转一周后形成的几何体的表面积为( )
A. 8 3πB. 16 3πC. (8 3+3)πD. (16 3+12)π
7.已知|2a+b|=2,a⋅b∈[−4,0]，则|a|的取值范围是( )
A. [0,1]B. [12,1]C. [1,2]D. [0,2]
8.已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，∠BAC=90°，AD=2，若球O的表面积为29π，则三棱锥A−BCD的侧面积的最大值为( )
A. 5 2+254B. 5 2+5 414C. 6 3+272D. 10 2+252
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.用一个平面去截一个几何体，所得截面的形状是正方形，则原来的几何体可能是( )
A. 长方体B. 圆台C. 四棱台D. 正四面体
10.疫情带来生活方式和习惯的转变，短视频成为观众空闲时娱乐活动的首选．某电影艺术中心为了解短视频平台的观众年龄分布情况，向各大短视频平台的观众发放了线上调查问卷，共回收有效样本4000份，根据所得信息制作了如图所示的频率分布直方图，则( )
A. 图中a=0.028
B. 在4000份有效样本中，短视频观众年龄在20∼30岁的有1320人
C. 估计短视频观众的平均年龄为32岁
D. 估计短视频观众年龄的75%分位数为39岁
11.已知△ABC是等腰直角三角形，AB=AC=2，用斜二测画法画出它的直观图△A′B′C′，则B′C′的长可能是( )
A. 2 2B. 2 6C. 5−2 2D. 12
12.如图，已知△ABC，△DEF均为等边三角形，D，E，F分别为BE，CF，AD的中点，P为△DEF内一点(含边界)，AP=xAB+yAC，下列说法正确的是( )
A. 延长BE交AC于M，则CM=13CA
B. 若OD+OE+OF=0，则O为△ABC的重心
C. 若x+y=12，则点P的轨迹是一条线段
D. x+y的最小值是13
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直播带货已成为一种新的消费方式，据某平台统计，在直播带货销量中，服装鞋帽类占28%，食品饮料类占20%，家居生活类占19%，美妆护肤类占9%，其他占24%.为了解直播带货各品类的质量情况，现按分层随机抽样的方法抽取一个容量为n的样本．已知在抽取的样本中，服装鞋帽类有560件，则家居生活类有______件
14.如图，在四面体ABCD中，BD=2 2，AC=2，M，N分别为BC，AD的中点，MN=1，则异面直线AC与BD所成的角是______．
15.如图，在Rt△ABC中，点M是斜边AB的中点，点N在边BC上，且MN⊥AB，MN= 3，CN=1，则AC=______．
16.已知e1+e2+e3=0，且|e1|=|e2|=|e3|=1.实数x，y，z满足x+y+z=1，且0≤x≤12≤y≤1，则|xe1+ye2+ze3|的最小值是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知向量a，b满足|a|=3，|a−b|=5．
(1)若a⋅b=0，求|b|的值；
(2)若a⋅b=1，求|2a+b|的值．
18.(本小题12分)
如图，已知在正三棱柱ABC−A1B1C1中，D为棱AC的中点，AB=AA1=2．
(1)求正三棱柱ABC−A1B1C1的表面积；
(2)求证：直线AB1//平面C1BD．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面四边形ABCD为正方形，顶点P在底面的射影为线段AD的中点O，E是PB的中点，AB=2，PC=3．
(Ⅰ)求证：OE/​/平面PCD；
(Ⅱ)求过点D，O，E的平面截该棱锥得到两部分的体积之比．
20.(本小题12分)
在(1)a2−bc=b2+c2，(2)sin2A+sin(B+C)=0，(3)2acsA+bcsC+ccsB=0，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并求解．问题：如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是边BC上一点，BD=2DC，tanC=2 35，若______．
(Ⅰ)求角A的值；
(Ⅱ)求tan∠CAD的值．
21.(本小题12分)
如图，在正六边形ABCDEF中，AB=2，H为DE上一点，且EH=λED(0≤λ≤1)，BE，FH交于点G．
(Ⅰ)当λ=12时，试用AD，AF表示AH；
(Ⅰ)求AG⋅CH的取值范围．
22.(本小题12分)
某校有高中生2000人，其中男女生比例约为5：4，为了获得该校全体高中生的身高信息，采取了以下两种方案：
方案一：采用比例分配的分层随机抽样方法，抽收了样本容量为n的样本，得到频数分布表和频率分布直方图．
方案二：采用分层随机抽样方法，抽取了男、女生样本容量均为25的样本，计算得到男生样本的均值为170，方差为16，女生样本的均值为160，方差为20．
(1)根据图表信息，求n，q并补充完整频率分布直方图，估计该校高中生的身高均值；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值为代表)
(2)计算方案二中总样本的均值及方差；
(3)计算两种方案总样本均值的差，并说明用方案二总样本的均值作为总体均值的估计合适吗？为什么？
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.B
5.C
6.B
7.D
8.A
9.ACD
10.BCD
11.AC
12.ABC
13.380
14.45°
15.2 2
16.14
17.解：(1)若a⋅b=0，
则由|a−b|=5.平方得a2−2a⋅b+b2=25．
即 b2=25−9=16，则|b|=4．
(2)若a⋅b=1，
则由|a−b|=1.平方得a2−2a⋅b+b2=25．
即 b2=25−9+2=18，则|b|=3 2．
则|2a+b|= 4a2+4a⋅b+b2= 36+4+18= 58．
18.解：(1)S表= 34×22×2+3×2×2=12+2 3．
证明：(2)取C1B和B1C交点M，连DM，
∵D，M分别为AC，B1C中点，故AB 1//DM．
AB1⊄平面BDC1，DM⊂平面BDC1．
∴AB1/​/平面BDC1．

19.(I)证明：取PC的中点G，连接DG，EG，
因为E是PB的中点．
所以EG/​/BC，且EG=12BC，
因为底面ABCD是正方形，顶点P在底面的射影是线段AD的中点O，
所以OD/​/BC且OD=12BC，
所以EG//OD，且EG=OD，
所以四边形ODGE为平行四边形，
所以OE//DG，
因为OE⊄平面PCD，DG⊂平面PCD，
所以OE/​/平面PCD；

(II)解：∵EG/​/BC，AD//BC，∴EG//AD，∴A，D，E，G四点共面，
四边形ADGE为符合题意的截面，
取BC的中点H，连接PH，OH，PH交FG于点M，
则平面POH⊥平面ABCD，交线为PH，OB= 5，PO=2=OH，
易知M为PH的中点，
易知PH⊥AD，则可得PM⊥平面ADGE，
V1=VP−ADGE=13×PM×S△DCE=13× 2×1+22× 2=1，
VP−ABCD=13×PO×SABCD=13×2×4=83，
V2=83−1=53，∴V1：V2=3：5．
20.解：(I)选(1)a2−bc=b2+c2，
由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22cb=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3．
选(2)∵sin2A+sin(B+C)=0，
∴sin2A+sinA=0，∴2sinAcsA+sinA=0，∴csA=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3．
选(3)∵2acsA+bcsC+ccsB=0，
∴2acsA+a=0，∴csA=−12，
∵A∈(0,π)，∴A=2π3．
(II)∵ADsinC=CDsin∠CAD，ADsinB=BDsin∠BAD，又BD=2DC，
∴2sinBsinC=sin∠BADsin∠CAD，即2sin(π3−C)sinC=sin(2π3−∠CAD)sin∠CAD，
∴ 3tanC−1=sin(2π3−∠CAD)sin∠CAD=32，
∴3sin∠CAD=2sin(2π3−∠CAD)，
∴tan∠CAD= 32．
21.解：(1)由正六边形性质可知，AF=OE，
因为λ=12，所以OH=OE+12ED=OE+12(OD−OE)=12AF+12OD，
所以AH=AO+OH=12AD+12AF+12OD=34AD+12AF，
(2)记OD=a,OE=b，OG=μb，
则AG=a+μb，AH=AO+OE+λED=(λ+1)a+(1−λ)b①，
将a=AG−μb代入①整理得AH=(λ+1)AG+(1−λ−μλ−μ)AF，
因为F、G、H共线，所以(λ+1)+(1−λ−μλ−μ)=1，即μ=1λ+1，
又CH=CD+(1−λ)DE=b+(1−λ)(b−a)=(2−λ)b+(λ−1)a，
|a|=|b|=2，a⋅b=2×2×csπ3=2，
所以AG⋅CH=(a+μb)⋅[(2−λ)b+(λ−1)a]=2λ+6μ−2μλ，
将μ=1λ+1代入上式整理可得AG⋅CH=2(λ+1)+8λ+1−4，
令λ+1=m，则AG⋅CH=2m+8m−4,m∈[1,2]，
由对勾函数可知，当y=2(m+4m)−4在区间[1,2]上单调递减，
所以当m=1时，AG⋅CH取得最大值6；当m=2时，AG⋅CH取得最小值4．
所以AG⋅CH的取值范围为[4,6]．
22.解：(1)因为身高在区间[185,195)的频率为0.008×10=0.08，频数4，
所以n=40.08=50，
故m=0.008×10×50=4，
p=0.04×10×50=20，
q=50−4−20−6−4=16，
所以身高在区间[165,175)的频率为1650=0.32，在区间[175,185)的频率为650=0.12，
由此可补充完整频率分布直方图：

由频率分布直方图可知，样本的身高均值为：
150×0.008×10+160×0.04×10+170×0.032×10+180×0.012×10+190×0.008×10=12+64+54.4+21.6+15.2=167.2cm；
(2)把男生样本记为x1，x2，…，x25，其均值记为x−，方差记为sx2；
把女生样本记为y1，y2，…，y25，其均值记为y−，方差记为sy2，
则总样本均值z−=2525+25x−+2525+25y−=25×170+25×16050=165，
又因为i=125(xi−x−)=i=125xi−25x−=0，
所以i=1252(xi−x−)(x−−z−)=2(x−−z−)i=125(xi−x−)=0，
同理可得j=1252(yj−y−)(y−−z−)=0，
所以总样本方差s2=150[i=125(xi−z−)2+j=125(yj−z−)2]
=150[i=125(xi−x−+x−−z−)2+j=125(yj−y−+y−−z−)2]
=150{25[sx2+(x−−z−)2]+25[sy2+(y−−z−)2]}
=150{25[16+(170−165)2]+25[20+(160−165)2]}
=43；
(3)两种方案总样本均值的差为167.2−165=2.2．
用方案二总样本均值作为总体均值的估计不合适，
原因为：没有按照等比例进行分层抽样，每个个体被抽到的可能性不同，因此样本的代表性比较差． 身高(单位：cm)
[145,155)
[155,165)
[165,175)
[175,185)
[185,195]
频数
m
p
q
6
4