2023-2024学年安徽省宣城市高二下学期期末调研测试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省宣城市高二下学期期末调研测试数学试题（含解析），共15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.已知某位自行车赛车手在相同条件下进行了8次测速，测得其最大速度(单位：m/s)的数据分别为42，38，45，43，41，47，46，44，则这组数据中的75%分位数是( )
A. 44.5B. 45C. 45.5D. 46
2.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sinA=2sinC，2b=3c，则ab=( )
A. 2B. 3C. 23D. 43
3.若向量a，b满足a=(1,1)，|b|=1，且(a−b)⋅b=0，则a与b的夹角为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 120∘
4.一个人连续射击2次，则下列各事件关系中，说法正确的是( )
A. 事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件
B. 事件“至少一次击中”与事件“至多一次击中”为互斥事件
C. 事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件
D. 事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件
5.在△ABC中，已知D是BC边上靠近点B的三等分点，E是AC的中点，且DE=λAB+μAC，则λ+μ=( )
A. −12B. −1C. 12D. 1
6.如图，在正四面体ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，则EF与平面BCD所成角的正弦值为( )
A. 13B. 23C. 33D. 63
7.某同学用边长为4dm的正方形木板制作了一套七巧板，如图所示，包括5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形.若该同学从5个三角形中取出2个，则这2个三角形的面积之和小于另外3个三角形面积之和的概率是( )
A. 110B. 710C. 35D. 56
8.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，B1P=2PC，D1Q=3QC1，过B，P，Q三点的平面截该正方体，则所截得的截面面积为( )
A. 3 5B. 15 3C. 15 15D. 3 21
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z=2−i1+2i，(其中i为虚数单位)，则下列说法中正确的是( )
A. z+z=0B. z的虚部为−i
C. z⋅z=1D. z在复平面内对应的点在第四象限
10.在△ABC中，若sinC+sin(B−A) =sin2A，则△ABC的形状为( )
A. 等比三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
11.如图，在正三棱锥P−ABC中，PB= 2AC=2 6，D，E分别是棱AC，PB的中点，M是棱PC上的任意一点，则下列结论中正确的是( )
A. PB⊥AC
B. 异面直线DE与AB所成角的余弦值为13
C. AM+MB的最小值为 42
D. 三棱锥P−ABC内切球的半径是 5( 21−1)10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某中学高一年级共有学生900人，其中女生有405人，为了解他们的身高状况，用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为n的样本，若样本中男生有33人，则n= ．
13.如图，在三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，SA=AC=2，BC=4，∠ACB=60∘，则点A到平面SBC的距离为 ．
14.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若∠ACB=60∘，∠ACB的角平分线交AB于点D，且CD=2，则△ABC面积的最小值为 ．
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)
在△ABC中，c=2bcsB，C=2π3．
(1)求角B的大小;
(2)若△ABC的面积为3 34，求BC边上中线AD的长．
16.(本小题15分)
已知|a|=2，|b|=3，(a+b)⋅b=8．
(1)求|a+b|;
(2)当实数k为何值时，ka−2b与a+2b垂直?
(3)若a，b不共线，ka−b与4a−kb反向，求实数k的值．
17.(本小题15分)
如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E为边CD的中点，沿AE把△ADE折起，使点D到达点P的位置，且∠PAB=π3．
(1)求证：平面PBE⊥平面PAB;
(2)求三棱锥P−ABE的体积和表面积．
18.(本小题17分)
某校对2023年高一上学期期末数学考试成绩(单位：分)进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照[30,50)，[50,70)，[70,90)，[90,110)，[110,130)，[130,150]分成6组，绘制成如下图所示的频率分布直方图：
(1)求频率分布直方图中a的值;
(2)估计该校高一上学期期末数学考试成绩的中位数和平均数;
(3)为了进一步了解学生数学学科学习的情况，在成绩位于[50,70)和[70,90)的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这2名学生中至少有1人成绩在[50,70)内的概率．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB= 3．
(1)若AD⊥PB，求：向量CP在向量DA上的投影向量的模;
(2)当AD⊥PB，且AD=1时，四棱锥P−ABCD是否有外接球?若有，请求出四棱锥P−ABCD的外接球的表面积；
(3)若AD⊥DC，且AD= 3，求二面角A−CP−D的正切值．
答案解析
1.C
【解析】解：将最终的成绩(环数)从小到大重新排列：38，41，42，43，44，45，46，47，
8×75%=6，则75%分位数为45+462=45.5，
故选：C．
2.D
【解析】解：因为sinA=2sinC，
所以a=2c，
又2b=3c，
所以b=32c，
所以ab=2c32c=43．
故选D．
3.B
【解析】解：向量a、b满足：|a|= 2，|b|=1，∵(a−b)⋅b=0，∴a·b=1，
可得a·b=|a||b|cs= 2cs=1，
可得cs= 22，
由于两向量夹角范围是[0°,180°]，
∴=45°．
故选B．
4.A
【解析】解：A事件“恰有一次击中”与事件“两次均击中”为互斥事件，正确；
B：事件“至少一次击中”与事件“至多一次击中”为互斥事件，不对，可以同时发生；
C：事件“两次均击中”与事件“至少一次击中”互为对立事件，不对，可以同时发生；
D：事件“两次均未击中”与事件“至多一次击中”互为对立事件，不对，可以同时发生；
5.A
【解析】解：DE=DC+CE=23BC+12CA=23AC−AB−12AC=16AC−23AB
所以λ+μ=−12
6.C
【解析】解：在正四面体ABCD中，设O为底面BCD的中心，则AO⊥平面BCD，
因为F为BC的中点，所以D，O，F三点共线，
设正方体的棱长为a，则DF= 32a，DO= 32a×23= 33a，
设H为DO中点，因为E为AD中点，则EH//AO，所以EH⊥平面BCD，
则∠EFH为EF与平面BCD所成角，
EH=12AO=12 AD2−OD2=12 a2− 33a2= 66a，FH=DO= 33a，
所以EF= 66a2+ 33a2= 22a
所以sin∠EFH=EHEF= 66a 22a= 33，
故选C．
7.B
【解析】解：易知五个三角形面积从大到小以此为：4，4，2，1，1
从中任意取2个三角形，总共有4+3+2+1=10种取法，
只有取出4，4，；4，2；4，2这三种不符合要求，其他7种均符合要求
故答案为710
8.D
【解析】解：延长BP交CC1于点R，则CRB1B=CPB1P=12，即R为CC1中点，
连接QR，取A1B1中点H，连接BH，则BH //QR，
所以B，H，Q，R四点共面，BH=BR=2QR=2 5，QH= 17，RH=2 6，
在△BRH中，RH边上的高BM= 14，
记BH边上的高为RN， 则BH·RN=RH·BM，RN=RH⋅BMBH=2 6× 142 5=2 21 5，
S梯形BHQR =12×3 5×2 21 5=3 21．
故选D．
9.AC
【解析】解：对于选项A，∵z=2−i1+2i=2−i1−2i5=−i， ∴z+z=−i+i=0，故A对；
对于选项B，z=2−i1+2i=(2−i)(1−2i)5=−i，z的虚部为−1，故B错；
对于选项C，z⋅z=−i2=1，故C对；
对于选项D，z=−i，可得在复平面内点为0,−1，在虚轴上，故D错；
故选AC．
10.BC
【解析】解：因为在△ABC中，所以A+B+C=π，
所以sin⁡C=sin⁡[π−(A+B)]=sin⁡(A+B)，
所以由题意有：
sin(B+A)+sin(B−A)=sin2A，
即sinBcsA+csBsinA+sinBcsA−csBsinA=2sinAcsA，
所以csA(sinA−sinB)=0，
所以csA=0或sinA−sinB=0，若csA=0，则A=π2，此时△ABC为直角三角形，
若sinA−sinB=0，因为A+B+C=π，所以A=B，此时△ABC为等腰三角形;
故选BC．
11.ACD
【解析】解：如图1，连接PD，BD.由正三棱锥的性质可知PA=PC，AB=AC=BC．
因为D是棱AC的中点，所以AC⊥BD，AC⊥PD，BD∩PD=D，BD，PD⊂平面PBD，
所以AC⊥平面PBD．
因为PB⊂平面PBD，所以PB⊥AC，故A正确；
如图1，取BC的中点F，连接DF，EF，DE.因为D，F分别是棱AC，BC的中点，所以DF/​/AB，DF= 3，
则∠EDF是异面直线DE和AB所成的角(或补角)．
作PO⊥BD，EH⊥BD，垂足分别是O，H．
因为AB=AC=BC=2 3，所以BD=3．
因为AC⊥平面PBD， PO⊂平面PBD， 所以AC⊥PO，
又PO⊥BD，AC∩BD=D，AC，BD⊂平面ABC，所以PO⊥平面ABC，
则O为平面ABC的中心，故OB=2OD=2．
因为E是棱PB的中点，且PO//EH，所以H是OB的中点，所以OH=HB=1．
因为PB=2 6，BO=2，所以PO=2 5，所以EH= 5，则DE=3．
因为E，F分别是棱PB，BC的中点，所以EF= 6．
在△DEF中，由余弦定理可得cs∠EDF=DE2+DF2−EF22DE⋅DF= 33，故B错误；
将平面PAC和平面PBC展开到一个平面上，如图2，连接AB．
所以AB⊥PC垂足为M时，AM+MB取得最小值，
因为PA=PB=PC=2 6，AC=BC=2 3，
所以cs∠APC=cs∠BPC=24+24−122×24=34，
所以cs∠APB=cs2∠BPC=2×(34)2−1=18，
则AB= PA2+PB2−2PA⋅PBcs∠APB= 42，故C正确；
设三棱锥P−ABC内切球的半径是r，则VP−ABC=13×[ 34×(2 3)2+12×2 3× 24−3×3]×r=13× 34×(2 3)2×2 5，解得r= 5( 21−1)10，故D正确．
故本题选ACD．
12.60
【解析】解：由分层随机抽样的定义可得33n=900−405900，解得n=60．
故答案为：60．
13.2 217
【解析】解：在ΔABC中，AB2=AC2+BC2−2AC·BC·cs∠ACB=4+16−2×4×2×12=12，
AB=2 3，AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC，
因为SA⊥平面ABC，AC、AB⊂平面ABC，
所以SA⊥AC，SA⊥AB，SC=2 2，SB=4，
设点A到平面SBC的距离为ℎ，则VS−ABC=VA−SBC，
13×12×2×2 3×2=13×12×2 2× 42− 22×ℎ，
解得ℎ=2 217．
14.4 33
【解析】解：在ΔABC中，S△ABC=12absin∠ACB=12b×CD×sin∠ACD+12a×CD×sin∠BCD，
所以 32ab=a+b⩾2 ab，解得ab⩾163，当且仅当a=b时等号成立，
所以S△ABC=12absin∠ACB⩾12×163× 32=4 33．
15.解：(1)∵c=2bcsB，
由正弦定理可得sinC=2sinBcsB，即sinC=sin2B，
∵C=2π3，
∴当C=2B时，B=π3，即C+B=π，不符合题意，舍去，
∴C+2B=π，
∴2B=π3，即B=π6．
(2)∵△ABC面积为S△ABC=3 34，
∵A=B=π6，
∴a=b，
∴S△ABC=12absinC=12a2× 32=3 34，解得a= 3，
由题意，如图，设BC边上的中线为AD，
则由余弦定理可得AD2=AC2+CD2−2×AC×CD×cs2π3=3+34+ 3× 32=214，
可得AD= 212．
【解析】
(1)根据已知条件，运用正弦定理，即可求解B的大小．
(2)由题意，通过三角形面积公式，可求得a的值，再结合余弦定理即可求解．
16.解：(1)因为|a|=2，|b|=3，(a+b)⋅b=8，
所以(a+b)·b=a·b+b2=a·b+9=8，得a·b=−1，
则|a+b|= (a+b)2
= a2+2a⋅b+b2
= 4−2+9= 11．
(2)因为ka−2b与a+2b垂直，
所以(ka−2b)⋅(a+2b)
=ka2+(2k−2)⋅a⋅b−4b2
=4k−(2k−2)−36=2k−34=0，解得k=17．
(3)因为ka−b与4a−kb反向，
所以存在λ<0，使得ka−b=λ(4a−kb)=4λa−λkb，
因为a，b不共线，
所以k=4λ−1=−λk，解得k=−2λ=−12或k=2λ=12(舍去)，
所以k=−2．
【解析】(1)先得出a·b=−1，再由|a+b|= (a+b)2，计算即可；
(2)由题意得(ka−2b)⋅(a+2b)=0，计算可得k的值；
(3)由向量共线得出方程组，解出即可．
17.解：(1)由题可知PA⊥PE，PE=DE=1，BE= EC2+BC2= 5，
因为AP=AB，∠PAB=π3，
所以△PAB为等边三角形，所以PB=2，
所以PB2+PE2=5=BE2，所以PB⊥PE．
因为PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，
所以PE⊥平面PAB．
又PE⊂平面PBE，所以平面PBE⊥平面PAB．
(2)由(1)得PE⊥平面PAB，所以VP−ABE=VE−PAB，
由三角形面积公式得S△PAB=12PA×PB×sinπ3= 3，
故VP−ABE=VE−PAB=13×S△PAB×PE=13× 3×1= 33．
由(1)得PE⊥PB，PE⊥PA，PA=PB=2，
所以S△PAE=S△PBE=12PB×PE=12×2×1=1，
由三角形面积公式得S△PAB=12PA×PB×sinπ3= 3，S△EAB=2，
故三棱锥P−ABE的表面积为S=S△PAE+S△PEB+S△EAB+S△PAB=1+1+2+ 3=4+ 3．
【解析】(1)先得出PE⊥平面PAB，由面面垂直的判定即可得证；
(2)根据棱锥的表面积和体积公式计算即可．
18.解：(1)0.005×20+0.005×20+0.0075×20+0.02×20+20a+0.0025×20=1，
解得：a=0.01．
(2)数学成绩在：
30,50 频率 0.0050×20=0.1 ，
50,70 频率 0.0050×20=0.1 ，
70,90 频率 0.0075×20=0.15 ，
90,110 频率 0.0200×20=0.4 ，
110,130 频率 0.0100×20=0.2 ，
130,150 频率 0.0025×20=0.05 ，
样本平均值为： 40×0.1+60×0.1+80×0.15+100×0.4+120×0.2+140×0.05=93
可以估计样本数据中数学成绩均值为93分，
据此可以估计该校高一下学期期中数学考试成绩的平均数93分．
由(1)知样本数据中数学考试成绩在90分以下所占比例为0.1+0.1+0.15=0.35，
在110分以下所占比例为0.35+0.4=0.75
因此，中位数一定位于90,110内，中位数为90+20×分，
据此可以估计该校高一下学期期中数学考试成绩中位数约为97.5分.
(3)解：由题意可知，50,70分数段的人数为100×0.1=10 (人)，
70,90分数段的人数为100×0.15=15 (人)．
用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，则需在50,70分数段内抽2人，分别记为A1，A2，
需在70,90分数段内抽3人，分别记为B1，B2，B3，
设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段50,70内”为事件A，
则样本空间Ω=A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A2B1,A2B2,A2B3,B1B2,B1B3,B2B3共包含10个样本点
而A的对立事件A=B1B2,B1B3,B2B3包含3个样本点
所以PA=310，所以P(A)=1−P(A)=710，即抽取的这2名学生至少有1人在50,70内的概率为710．
【解析】(1)利用频率和为1，求出a的值；
(2)先估计中位数位于[90,110)内，再列式求解；
(3)由题意知，求出50,70和70,90分数段的人数，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取5名学生，设“从样本中任取2人，至少有1人在分数段50,70内”为事件A，求出对立事件P(A)，即可得解．
19.解：(1)因为PA⊥平面ABCD，而AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA=P，PB，PA⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB⊂平面PAB，所以AD⊥AB．
因为BC2+AB2=AC2，所以BC⊥AB，
根据平面知识可知AD/​/BC，再由前面推导知，
可知BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，
所以向量CP在向量DA上的投影向量的模即为向量CB的模长1．
(或由上述推导知CP和DA的夹角是∠PCB。
在Rt△PBC中，PB= 7，BC=1，PC=2 2，cs∠PCB=BCPC=12 2，
故向量CP在DA上的投影向量的模为|CP|cs∠PCB=1.)
(2)“当AD⊥PB，且AD=1时”，则四边形ABCD是长方形，
可将四棱锥P−ABCD补成一个长、宽、高分别为 3、1、2的长方体，
则该长方体的外接球即为四棱锥P−ABCD的外接球，
所以四棱锥P−ABCD有外接球，且该外接球半径为 2，表面积S=8π;
(3)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于点F，
连接DF，因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而
平面PAC∩平面ABCD=AC，所以DE⊥平面PAC，
所以DE⊥CP，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，
因为AD⊥DC，AD= 3，AC=2，则CD=1，
在Rt△ACD中由等面积法可得，DE= 32，
所以在Rt△DEC中，CE=12，
而△EFC为等腰直角三角形，所以EF= 24，
故tan∠DFE=DEEF= 6．

【解析】(1)由题意可得AD⊥平面PAB，即AD⊥AB，由勾股定理得BC⊥AB，进而可得BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，
所以向量CP在向量DA上的投影向量的模即为向量CB的模长；
(2)由题意可得将四棱锥P−ABCD补成一个长、宽、高分别为 3、1、2的长方体，则该长方体的外接球即为四棱锥P−ABCD的外接球，进而可求外接球表面积；
(3)过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于点F，连接DF，则∠DFE即为二面角A−CP−D的平面角，进而可求．