2023-2024学年陕西省部分学校高一下学期期末考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省部分学校高一下学期期末考试数学试题（含解析），共14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。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.2+i3(2−i)=( )
A. −3−4iB. 3−4iC. −3+4iD. 3+4i
2.中国古代科举制度始于隋而成于唐，兴盛于明、清两朝．明代会试分南卷、北卷、中卷，按11:7:2的比例录取，若某年会试录取人数为200，则北卷录取人数为( )
A. 70B. 20C. 110D. 150
3.已知向量a，b满足a⋅b=0，a=2，b=3，则a−2b=( )
A. 2 2B. 2 10C. 8D. 40
4.一件产品要经过2道独立的加工程序，第一道工序的次品率为a，第二道工序的次品率为b，则产品的正品率为( )
A. 1−a−b B. 1−ab
C. (1−a)(1−b) D. 1−(1−a)(1−b)
5.已知水平放置的▵ABC的直观图如图所示，A′C′=6，B′C′=4，则边AB上的中线的实际长度为( )
A. 4
B. 19
C. 2 6
D. 5
6.如图，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=BC=CD=3AD，点E为线段CD的中点，点F是线段BC上的一点，且FC=5BF，则FE=( )
A. 23BC+12BA
B. 14BC+23BA
C. 23BC+14BA
D. 12BC+12BA
7.如图是2020年2月15日至3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例的折线统计图．则下列说法不正确的是( )
A. 武汉市新冠肺炎疫情防控取得了阶段性的成果，但防控要求不能降低
B. 2020年2月19日武汉市新增新冠肺炎确诊病例比前日降低了1045人
C. 2020年2月15日到3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例最多的一天是最少的一天16倍多
D. 2020年2月19日至3月2日武汉市新增新冠肺炎确诊病例低于500人的有10天
8.已知▵ABC中，csA=4 1717，tanB=35，若▵ABC最短边的长度为2 2，则最长边的长度是( )
A. 3B. 8C. 2 17D. 3 2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，在4×4方格中，向量a，b，c的起点和终点均为小正方形的顶点，则( )
A. a=cB. 2a⊥3bC. a+b//cD. a2=a⋅c−b
10.在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有( )
A. 若a>b，则csAB. 若sinA=sinB，则A=B
C. 若A>B，且A≠π2，B≠π2，则1sin2A>1sin2B
D. 若Acs2B
11.已知n是一个三位正整数，若n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如135，256，345等).现要从甲､乙两名同学中选出1人参加某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由1，2，3，4，5组成的所有“三位递增数”中随机抽取1个数，若抽取的“三位递增数”是偶数，则甲参加数学竞赛；否则，乙参加数学竞赛.则下列说法正确的是( )
A. 甲参赛的概率大B. 乙参赛的概率大
C. 这种选取规则公平D. 这种选取规则不公平
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.光明中学举办以“喜迎二十大、争做新青年、永远跟党走、奋进新征程”为主题的演讲比赛．其中8人比赛的成绩为：85，86，88，89，90，92，94，98(单位：分)，则这8人成绩的第50百分位数和第80百分位数的和为 ．
13.如图所示，圆锥的底面半径为 2，高为 6，则该圆锥的表面积为 ．
14.如图，已知∠AOB=∠AOC=60∘，在平面α内，OA是平面α的斜线，且OA=2,OB=OC=1，BC= 2，则直线OA与平面α所成的角的大小为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z=3+i1−i+2+i2(i是虚数单位)．
(1)求复数z的共轭复数和模；
(2)若z22−az=3+6i+ba,b∈R.求a，b的值．
16.(本小题12分)
如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，且截面EFGH为平行四边形．
(1)求证：AB//平面EFGH．
(2)若AB⊥CD，且AB=CD=6，2BF=FC，求四边形EFGH的面积．
17.(本小题12分)
在实施“乡村振兴”的进程中，某地政府引领广大农户发展特色农业，种植优良品种柑橘．现在实验基地中种植了相同数量的A、B两种柑橘．为了比较A、B两个柑橘品种的优劣，在柑橘成熟后随机选取A、B两种柑橘各100株，并根据株产量X(单位：kg)绘制了如图所示的频率分布直方图(数据分组为：65,70、70,75、75,80、80,85、85,90、90,95)：
(1)求a、b的值；
(2)将频率当做概率，在所有柑橘中随机抽取一株，求其株产量不低于80kg的概率；
(3)求两种柑橘株产量平均数的估计值(同一组数据中的平均数用该组区间的中点值代表)，并从产量角度分析，哪个品种的柑橘更好？说明理由．
18.(本小题12分)
已知在锐角▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanC= 3sinAsinBsin2A+sin2B−sin2C．
(1)求角C的 大小；
(2)当c= 3时，求ab的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥D−ABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB=BC=a，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF=3FC．
(1)求证：平面ACD⊥平面DEF；
(2)求三棱锥A−BDF的体积；
(3)若M为DB的中点，是否存在N在棱AC上，CN=λCA，且MN//平面DEF?若存在，求λ的值并说明理由；若不存在，给出证明．
答案解析
1.B
【解析】2+i3(2−i)=4−2i+2i3−i4=4−2i−2i−1=3−4i．
故选：B
2.A
【解析】会试录取人数为200时，根据分层抽样的性质可知，
北卷录取人数为200×711+7+2=70．
故选：A
3.B
【解析】因为向量a，b满足a⋅b=0，a=2，b=3，
所以a−2b2=a−2b2=4b2−4a⋅b+a2=36−0+4=40，
则a−2b=2 10，
故选：B．
4.C
【解析】第一道工序的正品率为1−a，第二道工序的正品率为1−b
因为产品为正品时需要这两道工序都为正品，
根据独立事件的概率乘法公式可得，
产品的正品率为(1−ａ)(1−ｂ)，故选C
5.D
【解析】▵ABC的实际图形应是直角三角形，两条直角边长分别是6和8，斜边AB的长度为10，
边AB上的中线的实际长度为5．
故选：D
6.D
【解析】由题意，点E为CD的中点，点F是线段BC上的一点，且FC=5BF，
则FC=56BC,CE=12CD，
因为AD//BC，且AB=BC=CD=3AD，
则有FE=FC+CE=56BC+12CD=56BC+12(CB+BA+AD)=56BC+12(BA−23BC)=12BC+12BA．
故选：D．
7.C
【解析】对于A，19日后新增确诊病例人数与之前的各天新增确诊病例人数相比较呈大幅下降趋势，
故防控取得了阶段性的成果，但新增人数还较多，故防控要求不能降低，故A正确；
对于B，由图可知18日新增确诊病例人数1660人，19日新增确诊病例人数615人，
故2020年2月19日武汉市新增新冠肺炎确诊病例比前日降低了1045人，故B正确；
对于C，由图新增确诊病例最多一天的人数为1690，
新增确诊病例最少一天的人数111人，
故2020年2月15日到3月2日武汉市新冠肺炎新增确诊病例最多的一天人数与最少的一天的人数的比值为1690111<16， C错误，
对于D，由图得到，病例低于500人的有2月20日、21日、23日、24日、25日、26日、27日、28日、3月1日、2日，共10天，故D正确；
故选：C．
8.C
【解析】由题可知A,B,C∈0,π，
由csA=4 1717，则sinA= 1−4 17172= 17−1617= 1717，
由tanB=35，则csB= 5232+52=5 3434，sinB= 3232+52=3 3434，
则csC=−csA+B=sinAsinB−csAcsB= 1717×3 3434−4 1717×5 3434
=3 234−20 234=− 22，
故有csCB>A，故c>b>a，即a=2 2，
则csinC=asinA=2 2 1717=2 34，由csC=− 22，则sinC= 22，
故c=2 34× 22=2 17．
故选：C．
9.BCD
【解析】设每个方格的边长为1，则a=−1,2，b=2,1，c=1,3，c= 10，
a= 5，A选项错误；
a⋅b=−1×2+2×1=0，B选项正确；
a+b=1,3，a+b=c，所以C选项正确；
a2=5，c−b=−1,2，a⋅c−b=−1×−1+2×2=5=a2，所以D选项正确．
故选：BCD．
10.ABD
【解析】设R为三角形外接圆的半径．
在▵ABC中，若a>b，则A>B,0从而csA若sinA=sinB，则2RsinA=2RsinB，故a=b，所以A=B，故B正确；
当A=120∘，B=30∘时，A>B成立，
但1sin2A=−2 33<0，1sin2B=2 33>0，故 C错误；
若A故0cs2B，1+cs2A2>1+cs2B2，
所以cs2A>cs2B，故 D正确．
故选：ABD．
11.BD
【解析】解：由题意，知由1，2，3，4，5组成的“三位递增数”有123，124，125，134，135，145，234，235，245，345，共10个．
记“甲参加数学竞赛”为事件A，事件A包含的样本点有124，134，234，共3个，
所以PA=310，1−P(A)=710，
故乙参赛的概率大，这种选取规则不公平．
故选BD．
12.183.5
【解析】数据从小到大排列为：85，86，88，89，90，92，94，98，
8×50%=4，第50百分位数为89+902=89.5，
8×80%=6.4，第80百分位数为94，
则这8人成绩的第50百分位数和第80百分位数的和为183.5
故答案为：183.5
13.6π
【解析】圆锥的底面半径为r= 2，高为ℎ= 6，则母线长为l= 62+ 22=2 2，
表面积为S=πr2+πrl=2π+4π=6π．
故答案为：6π．
14.45∘
【解析】取线段BC的中点D，连接AD,OD，并延长OD，作AE⊥OE，如图，
因∠AOB=∠AOC=60∘，OA=2,OB=OC=1，BC= 2，
则由余弦定理得AB2=OA2+OB2−2OA⋅OBcs60∘=3，即AB= 3，
同理可得AC= 3，
∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，AD= 102，
而OB2+OC2=2=BC2，即∠BOC=90∘，因此，OD=12BC= 22，
∵BC⊥AD，BC⊥OD，AD∩OD=D,AD,OD⊂平面AOD，
∴BC⊥平面AOD，又AE⊂平面AOD，
∴BC⊥AE，又∵AE⊥OD，BC∩OD=D,BC,OD⊂平面OBC，
∴AE⊥平面OBC，∴∠AOD是直线OA与平面α所成的角，∴cs∠AOD=OA2+OD2−AD22OA⋅OD=22+ 222− 10222×2× 22= 22，
∵线面角的范围为0,90∘，∴∠AOD=45∘，
所以直线OA与平面α所成的角的大小为45∘．
故答案为：45∘
15.解：(1)z=3+i1−i+2+i2=3+i1+i1−i1+i+4+4i+i2=2+4i2+3+4i=4+6i，
所以z的共轭复数z=4−6i，
z= 42+62=2 13；
(2)因为z22−az=3+6i+b，
即4−6i22−a4+6i=3+6i+b，
也即−5−4a−12+6ai=3+b+6i，
所以−5−4a=3+b−12−6a=6⇒a=−3b=4．
【解析】(1)根据复数的除法、乘法运算化简，再由共轭复数概念、模求解；
(2)由复数的运算化简后再由复数相等求解即可．
16.解：(1)证明：∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EF//HG，HG⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，
∴EF//平面ABD．
∵EF⊂平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，
∴EF//AB，又EF⊂平面EFGH，AB⊄平面EFGH，
∴AB//平面EFGH．
(2)∵四边形EFGH为平行四边形，
∴EH//FG，又EH⊄平面BCD，FG⊂平面BCD，
∴EH//平面BCD
又EH⊂平面ACD，平面BCD∩平面ACD=CD，
∴EH//CD，又AB⊥CD，EF//AB，
∴EH⊥EF，
∴平行四边形EFGH为矩形，
由(1)知EF//AB，
∴▵ABC与▵EFC相似，
又2BF=FC，即CFBC=23，
∴CFBC=EFAB，又AB=6，
∴23=EF6，解得EF=4，
∵CEAC=CFBC=23，∴AEAC=13，
同理EH//CD，
∴▵ACD与▵AEH相似，
∴EHCD=AEAC=13，又CD=6，可得EH=2，
∴四边形EFGH的面积为EF⋅EH=2×4=8．
【解析】(1)运用线面平行的判定定理和性质定理即可证明．
(2)由线面平行的性质定理结合AB⊥CD可得平行四边形EFGH为矩形，利用相似可得EF=4，EH=2，则四边形EFGH的面积为EF⋅EH．
17.解：(1)由频率分布直方图可得0.01×2+0.03+0.05+0.06+a×5=1，解得a=0.04，0.01×2+0.03+b+0.05+0.06×5=1，解得b=0.04．
(2)A品种柑橘株产量不低于80kg的频率为0.04+0.05+0.06×5=0.75，
B品种柑橘株产量不低于80kg的频率为0.03+0.01+0.01×5=0.25，
故200株柑橘中产量不低于80kg的频率为0.75×100+0.25×100100+100=0.5，
所以在所有柑橘中随机抽取一株，其株产量不低于80kg的概率为0.5．
(3)A品种柑橘株产量平均数的估计值为MA，
MA=0.01×67.5+0.01×72.5+0.03×77.5+0.04×82.5+0.05×92.5+0.06×87.5×5=84.5，
设B品种柑橘株产量平均数的估计值为MB，
MB=0.01×92.5+0.01×87.5+0.03×82.5+0.04×77.5+0.05×67.5+0.06×72.5×5=75.5，
A品种的柑橘更好．理由如下：
方法一：A的平均产量大于B的平均产量．
方法二：由频率分布直方图可知，A品种柑橘株产量在80kg及以上的占比为75%，
B品种柑橘株产量在80kg及以上的占比为25%，故A品种的柑橘更好．
【解析】(1)利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为1可求得a、b的值；
(2)计算出A、B两个品种柑橘株产量不低于80kg的频率，再利用频率、频数和总容量之间的关系可求得所求事件的概率；
(3)利用频率分布直方图计算出A、B两个品种柑橘株产量的平均值，利用平均值的大小关系或者从A、B两个品种柑橘株产量在80kg及以上的占比判断可得出结论．
18.解：(1)因为tanC= 3sinAsinBsin2A+sin2B−sin2C，
由正弦定理可得tanC= 3aba2+b2−c2，
由余弦定理csC=a2+b2−c22ab，即sinCcsC= 3ab2abcsC，
所以sinC= 32，又C为锐角，∴C=π3．
(2)由正弦定理得asinA=bsinB=csinC= 3 32=2，
∴a=2sinA，b=2sinB=2sinA+π3，
则ab=4sinAsinB=4sinAsinA+π3
=4sinA12sinA+ 32csA
=2sin2A+2 3sinAcsA
= 3sin2A−cs2A+1=1+2sin2A−π6，
由0∴12即ab的取值范围为2,3．
【解析】(1)利用正弦定理将角化边，由余弦定理及同角三角函数的基本关系化简求解即可；
(2)利用正弦定理将边化角，由三角恒等变化可得ab=1+2sin2A−π6，再由正弦型三角函数的值域求解即可．
19.解：(1)证明：取AC的中点H，连接BH，
因为AB=BC，可得BH⊥AC，
又因为AF=3FC，可得F为CH的中点，因为E为BC的中点，所以EF//BH，
则EF⊥AC，又因为▵BCD是正三角形，所以DE⊥BC，
因为AB⊥平面BCD，DE⊂平面BCD，所以AB⊥DE，
又因为AB∩BC=B，AB,BC⊂平面ABC，所以DE⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，所以DE⊥AC，
因为DE∩EF=E且DE,EF⊂平面DEF，所以AC⊥平面DEF，
AC⊂平面ACD，所以平面ACD⊥平面DEF；
(2)∵AB⊥平面BCD，▵BCD是正三角形，E为BC的中点，
∴平面BCD⊥平面ABC，DE⊥BC，DE⊥平面ABC，
又∵AF=3CF，
∴VA−BDF=VD−ABF=34VD−ABC=34×13×12⋅AB⋅BC⋅DE=34×13×a2×12× 32a= 316a3；
(3)存在这样的点N，当CN=38CA时，MN//平面DEF，
当CN=38CA时，即CF=23CN，连接CM，设CM∩DE=O，连接OF，
由条件知O为▵BCD的重心，所以CO=23CM，所以当CF=23CN时，MN//OF，
因为OF⊂平面DEF，MN⊄平面DEF，所以MN//平面DEF，
即λ=38时，MN//平面DEF．
【解析】(1)根据线面垂直得线线垂直，根据线线垂直证明线面垂直，进而可得面面垂直;
(2)根据三棱锥的体积公式即可求解;
(3)根据线段长对应成比例可得平行关系，进而由线线平行即可证明线面平行．