2023-2024学年天津市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年天津市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在复平面内，复数3−5i1−i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.某校高三数学备课组老师的年龄(单位：岁)分别为：37，30，42，32，41，46，45，48，35，53，则这组数据的第60百分位数为( )
A. 45B. 42C. 43.5D. 45.5
3.某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是( )
A. 直方图中x的值为0.035
B. 在被抽取的学生中，成绩在区间[70,80)的学生数为30人
C. 估计全校学生的平均成绩为84分
D. 估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分
4.设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是( )
A. 若m/​/α，n/​/α，则m/​/n
B. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β
C. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
D. 若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m/​/α
5.高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的.假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为m，n，16，该同学只进入两个社团的概率为536，且三个社团都进不了的概率为512，则m+n=( )
A. 715B. 112C. 815D. 712
6.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，AB=4，若该四棱锥的所有顶点都在体积为32 3π的同一球面上，则PA的长为( )
A. 3B. 4C. 2 2D. 2 3
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a=3，b=4，bcsA+acsB=2，点O是△ABC的外心，若BO=xBA+yBC，则x+y=( )
A. 6145B. 2336C. 2345D. 2936
8.已知△ABC中，A=2π3，点D在边BC上且AD⊥AB，△ABD，△ADC的面积分别是S1，S2，若AD=m为定值，当AC+AB取得最小值时，S1S2的值为( )
A. 2mB. 2mC. 2D. 2
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
9.某高中学校进行问卷调查，用比例分配的分层随机抽样方法从该校三个年级中抽取36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为______人.
10.高二年级某班欲从4名候选人中选出2名担任高一新生辅导员，其中甲被选中的概率为______．
11.已知向量a=(−1,5)，b=(−3,4)，则向量b在a−b方向上的投影向量的坐标为______．
12.在四面体OABC中，M是棱OA上靠近A的三等分点，N，P分别是BC，MN的中点，设OA=a,OB=b,OC=c，若OP=xOA+yOB+zOC，则x+y+z= ______．
13.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为PA的中点，△EBC所在平面截四棱锥得到两个几何体，其中较小的几何体与较大的几何体的体积比为______．
14.如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，AB=2，BC=6，且AD=λBC，AD⋅AB=−2，则实数λ的值为______，若M，N是线段BC上的动点，且|MN|=1，则AM⋅DN的最小值为______．
三、解答题：本题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题6分)
如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD矩形，PA⊥平面ABCD，AE⊥PB于E，AF⊥PD于F，设平面AEF交PC于G，求证：AG⊥PC．
16.(本小题10分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB/​/CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点，M为棱CE的中点．
(1)证明：BC⊥C1E；
(2)求异面直线BM与AD所成角的余弦值；
(3)求点C1到平面BMB1的距离．
17.(本小题14分)
已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且ab=csA2−csB．
(1)求ac．
(2)若csC=14，△ABC的面积为 15，求△ABC的周长．
(3)在(2)的条件下，求cs(2B+π6)的值．
18.(本小题14分)
如图①所示，矩形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM，N为PB中点．
(1)求证：NC//平面PAM；
(2)若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；
(3)设P−AM−D的大小为θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
参考答案
1.D
2.C
3.C
4.D
5.D
6.B
7.A
8.D
9.3600
10.12
11.(−45,−25)
12.56
13.35
14.13 34
15.证明：如图，

∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD，
又平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，
而AE⊂平面PAB，可得BC⊥AE，
又AE⊥PB，PB∩BC=B，PB、BC⊂平面PBC，∴AE⊥平面PBC，
∵PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC；
同理可得AF⊥PC，而AE、AF⊂平面AEGF，且AE∩AF=A，
∴PC⊥平面AEGF，则AG⊥PC．
16.解：(1)证明：根据题意，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
因为侧棱A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥AB，A1A⊥AD
又因为AB⊥AD，则以A为坐标原点，以AD，AA1，AB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
如图所示：

则B(0,0,2)，D(1,0,0)，C(1,0,1)，E(0,1,0)，C1(1,2,1)，B1(0,2,2)，
所以BC=(1,0,−1)，EC1=(1,1,1)，所以BC⋅EC1=1×1+0+1×(−1)=0，
所以BC⊥EC1，故BC⊥C1E；
(2)根据题意，C(1,0,1)，E(0,1,0)，而M为棱CE的中点，则M(12,12,12)，
BM=(12,12,−32)，AD=(1,0,0)，cs=BM⋅AD|BM|⋅|AD|=12 114⋅1= 1111．
所以异面直线BM与AD所成角的余弦值 1111．
(3)设平面BMB1的法向量为n=(x,y,z)，BB1=(0,2,0)，BC1=(1,2,−1)，
则n⋅BB1=2y=0n⋅BM=12x+12y−32z=0，取z=1，得n=(3,0,1)，
∴点C1到平面BMB1的距离为：
d=|BC1⋅n||n|=1 10= 1010．
17.解：(1)由ab=csA2−csB，得2a−acsB=bcsA，
由正弦定理和两角和的正弦展开式，得2sinA=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sinC，
所以ac=sinAsinC=12．
(2)因为S△ABC=12absinC= 15，且csC=14，
由sin2C+cs2C=1，C>0，解得sinC= 154，所以ab=8，
又由余弦定理和上问c=2a，可得csC=a2+b2−c22ab=14c=2a，解得b2−3a2=4，
将b=8a代入上式可得(3a2+16)(a2−4)=0，解得a=2，
所以b=c=4，△ABC的周长为a+b+c=10．
(3)因为cs(2B+π6)=cs2Bcsπ6−sin2Bsinπ6= 32cs2B−12sin2B= 3cs2B− 32−sinBcsB，...①
由(2)知，等腰△ABC中，b=c=4，a=2，
所以csB=csC=14，sinB= 154，
代入①得，cs(2B+π6)= 3×116− 32− 154×14=−7 3− 1516．
18.(1)证明：取PA中点Q，连接NQ，MQ，

由N为PB中点，得NQ//AB，NQ=12AB，
依题意，MC/​/AB，MC=12AB，
则NQ//MC，NQ=MC，
于是四边形CMQN是平行四边形，则CN//MQ，
而MQ⊂平面PAM，NC⊄平面PAM，
所以NC//平面PAM；
(2)解：取AM中点G，连接PG，由PM=PA=1，得PG⊥AM，
而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM∩平面ABCD=AM，PG⊂平面PAM，
则PG⊥平面ABCD，
过M作Mz//PG，则Mz⊥平面ABCD，
又MA，MB⊂平面ABCD，于是Mz⊥MA，Mz⊥MB，
在矩形ABCD中，MA=MB= 2，MA2+MB2=4=AB2，则MA⊥MB，
以点M为原点，MA，MB，Mz所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，

则M(0,0,0)，B(0, 2,0)，C(− 22, 22,0)，P( 22,0, 22)，
则MB=(0, 2,0)，MP=( 22,0, 22)，BC=(− 22,− 22,0)，
设平面PMB的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅MB= 2b=0m⋅MP= 22a+ 22c=0，令a=1，得m=(1,0,−1)，
设直线BC与平面PMB所成的角为θ，则sinθ=|cs|=|m⋅BC||m||BC|= 22 2×1=12，
所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6；
(3)解：连接DG，由DA=DM，得DG⊥AM，
而PG⊥AM，则∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，
DA，DC，Dz所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(1,0,0)，M(0,1,0)，C(0,2,0)，
显然AM⊥平面PGD，AM⊂平面ABCD，则平面PGD⊥平面ABCD，
在平面PGD内过P作PH⊥DG于点H，则PH⊥平面ABCM，
设P(x0,y0,z0)，而PG= 22，
则PH= 2sinθ，GH= 22csθ，DH= 22(1−csθ)，
即x0=y0= 22(1−csθ)⋅ 22=12(1−csθ)，z0= 22sinθ，
所以P(12(1−csθ),12(1−csθ), 22sinθ)，
于是AM=(−1,1,0)，PA=(1+csθ2,csθ−12,− 22sinθ)，
设平面PAM的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则−x1+y1=01+csθ2x1+csθ−12y1− 2sinθ2z1=0，令z1= 2，得n1=(tanθ,tanθ, 2)，
设平面PBC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
因为CB=(1,0,0)，PC=(csθ−12,csθ+32,− 22sinθ)，
则x2=0csθ−12x2+csθ−32y2− 2sinθ2z2=0，令y2= 2sinθ，得n2=(0, 2sinθ,3+csθ)，
设平面PAM和平面PBC的夹角为α，
则csα=|n1⋅n2||n1||n2|=| 2sin2θcsθ+3 2+ 2csθ| (2tan2θ+2)(sin2θ+6csθ+10)=|3csθ+1| 11−cs2θ+6csθ
=3|csθ+13| −(csθ+13)2+203(csθ+13)+809=3 809(csθ+13)2+203(csθ+13)−1，
令t=1csθ+13,θ∈(0,π2]，则t∈(2,3]，
即csα=9 80t2+60t−9，则当t=3时，csα有最小值 1111，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为 1111．