湖北省武汉市5G联合体2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷

2023-2024学年度下学期武汉市重点中学5G联合体期末考试 高一数学试卷 命题学校：有才高级中学命题教师：赵胜军审题教师：柳蔚 考试时间：2024年6月28日试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2选择题的作答：每小题选出答策后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号 涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3,非选择题的作答：用黑色签宇笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1.某校高一年级有810名学生，其中男生有450名，女生有360名，按比例分层随机 抽样的方法抽取一个容量为72的样本，则抽取男生和女生的人数分别为() A.40,32 B.42,30 C.44,28 D.46,26 2.下列统计量中，都能度量样本x,x2,…,x.的集中趋势的是() A.样本x,2,…,xn的标准差与极差 B.样本x,x2,…,x.的中位数与平均数 C.样本x,x2,,x的极差与众数 D.样本，x2,…,xn的方差与平均数 3.在正方体ABCD-ABCD'中，二面角D'-AB-D的大小是() A.30 B.45 C.60 D.90 高一数学试卷第1页共6页 4.已知m,n是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，下列结论正确的是() A.若mca,nca,m∥B,n∥B,则a∥B B.若a∩B=m,n/lm,则n∥a C.若mca,nCB,m⊥n,则a⊥B D.若mca,m⊥B,则a⊥B 5,设D为△4BC所在平面内一点，若BC=3CD,则下列关系中正确的是() A.AD--14B+44C 3 3 3 C.4D-44B+AC D.AD-44B-14C 3 6如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结 论不正确的是（) A.圆柱的侧面积为4πR B.圆锥的侧面积为√5πR C,圆柱的体积等于圆锥与球的体积之和 D.三个几何体的表面积中，球的表面积最小 7,如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，侧面PAB为等边三角形，E,F分别 为PA,BC的中点，给出以下结论 ①BE/I平面PFD:②EFII平面PCD: ③平面PAB与平面PCD交线为I,则CD/I:④BE⊥平面PAC. 则以上结论正确的序号为() A.①③ B.②③ C.①②③ D.①②③④ 高一数学试卷第2页共6页 8.如图，在正方体ABCD-ABCD中，M,N,P分别是CD,BC,AD的中点，有四个结 论： ①AP与CM是异面直线： ②AP,MN,DD相交于一点： ③过A,M,P的平面截正方体所得的图形为平行四边形： ④过A,M,N的平面截正方体所得的图形为五边形： 其中错误的个数为() A.1 B.2 C.3 D.4 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分。 9设复数三=，+31，则下列命题结论不正确的是() A.z的虚部为1 B.=2 C.z在复平面内对应的点在第四象限 D.z是方程x2-2x+2=0的根 10.已知向量a=(-2,0),b=(1,1),则下列结论正确的是() A.同= B.(a+B)//B C.a与b的夹角为二π D.a在i上的投影向量为(-1，-1) 11.己知正四面体P-ABC的棱长为√2，则() A.正四面体P-ABC的外接球表面积为4π B.正四面体P-ABC内任意一点到四个面的距离之和为定值 C。正四面体P-ABC的相邻两个面所成三面角的余弦值为 D.正四面体S-EFG在正四面体P-ABC的内部，且可以任意转动，则正四面体 S-EFG的体积最大值为 高一数学试卷第3页共6页 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.如图，△OAB'是水平放置的△OAB的斜二测直观图，若 OA'=3,OB=22,∠A'O'B'=45,则△OAB的面积为 ⊙ 13.已知向量a=(-1,2),则与4垂直的单位向量的坐标为 14.如图，正三棱锥P一ABC的侧面和底面ABC所成角为a,正三棱 锥Q-ABC的侧面和底面ABC所成角为B,AB=2√5，P和Q位于 平面ABC的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则 ∠PBQ=,tan(a+B)的最大值为 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,果切是一种新型水果售卖方式，商家通过对整果进行消洗、去皮、去核、冷藏等操作 后，包装组合销售，在“健康消费”与“瘦身热潮”的驱动下，果切更能满足消费者的即食 需求 频案/组距 0.035 0.025 0.020 0.015 0.005 051525354555年龄/岁 (1)统计得到10名中国果切消费者每周购买果切的次数依次为：1,7,4,7,4,6,6， 3,7,5,求这10个数据的第70百分位数与方差s2: 高一数学试卷第4页共6页 (2)统计600名中国果切消费者的年龄，他们的年龄均在5岁到55岁之间，按照[5,15)， [15,25),[25,35),[35,45),[45,55分组，得到频率分布直方图.估计这600名中国果切 消费者年龄的中位数a及平均数而（结果保留整数）， 16.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且b2+c2-bc=a2. (I)求角A的大小： 2若b=2,sinC=7 1 ①求sinB的值：②求△ABC的面积. 17如图，正方体ABCD-ABCD的棱长为1，E,F分别为AD,CD的中点. B (I)证明：EF/平面ABCD (2)求异面直线EF与BC所成角的大小 (3)求直线BD与平面DEF所成角的正切值. 高一数学试卷第5页共6页 18)已知42，)，8B(4,-),点P在线段B的延长线上，且-P丽，求点P 的坐标： (2)若4，b是夹角为60°的两个单位向量，求： ①a-b的值： 2 ②函数f(x)=a-xb(x∈R)的最小值： (3)请在以下三个结论中任选一个用向量方法证明. ①余弦定理： ②平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和： ③三角形的三条中线交于一点. 注：如果选择多个结论分别解答，按第一个解答计分. 19,如图，已知三棱台ABC-ABC的体积为75，平面ABB41平面BCCA,△ABC 12 是以B为直角顶点的等腰直角三角形，且AB=2AA=2A,B=2BB, (1)证明：BC⊥平面ABBA: (2)求点B到面ACCA的距离： 6在线段cG上是否存在点F,使得二面角F-B-C的大小为名，若存在，求出CF的 长，若不存在，请说明理由. B 高一数学试卷第6页共6页高一数学试卷答案 1~8 ABBD ADCC 9.BCD 10.CD 11.【答案】BCD 【解析】棱长为 2的正四面体 P ABC的外接球与棱长为1的正方体的外接球半径相同， 设外接球的半径为 R，则 2 2 22 1 1 1 3R     ，所以 24π 3πS R  ，所以 A错误． 设正四面体 P ABC内任意一点到四个面的距离分别为 1 2 3 4, , ,d d d d ， 设正四面体 P ABC的高为d ， 又 1 32 2 sin 60 2 2ABC ABP APC PBC S S S S            ， 由等体积法可得  1 2 3 4 1 1 3 3 S d d d d Sd    ，  ABC ABP APC PBCS S S S S       ， 所以 1 2 3 4d d d d d    为定值，所以 B正确． 如图所示，设 BC中点为D，连接 PD， AD，则 AD BC ， PD BC ， 故 PDA 为所求二面角的平面角， 2AP  ， 6 2 PD AD  ， 由余弦定理得   2 2 2 2 2 2 6 6 2 2 2 1cos 2 36 62 2 2 AD PD APPDA AD PD                      ， 则 C正确． 对于选项 D，要使正四面体 S EFG 在四面体 P ABC的内部，且可以任意转动， 则正四面体 S EFG 的外接球要在四面体 P ABC内切球内部， 当正四面体 S EFG 的外接球恰好为四面体 P ABC内切球时，正四面体 S EFG 的体积最大 值， 又 3 1 1 11 4 1 1 1 3 2 3P ABC V          ， 3 2ABC ABP APC PBC S S S S   V V V V ， 2023-2024 学年度下学期武汉市重点中学 5G 联合体期末考试 设正四面体 P ABC内切球的半径为 r， 则  1 3P ABC ABC ABP APC PBC V r S S S S        ， 即 1 1 34 3 3 2 r    ，解得 3 6 r  ， 所以正四面体 S EFG 的外接球半径为 3 6 ． 设正四面体 S EFG 的边长为 a，则 2 33 2 2 6 a          ，所以 2 3 a  ， 故体积 3 2 1 12 81S EFG V a   ，即正四面体 S EFG 的体积最大值为 1 81 ，所以 D正确． 12. 6 2 . 13． 2 5 5, 5 5        . 14.【答案】90°； 4 3  . 【解析】PQ为外接球直径，所以∠PBQ=90°； 设 1PN h ， 2QN h ，BN=2，则 1 2 4h h  ， 1tan PN h MN    ， 2tan QN h MN    ，   1 2 1 2 1 2 tan 1 3 h h h h h h          ， 而 1 2 1 22 4h h h h   ，当且仅当 1 2 2h h  时取等， 故  max 4tan 3     15.【答案】(1)第 70百分位数为 6.5；方差 3.6;(2)a＝24；＝25. 【解析】（1）按从小到大顺序：1，3，4，4，5，6，6，7，7，7， 由于 10×70%＝7，故第 70百分位数为 6 7 6.5 2   ； 平均数 1 3 4 2 5 6 2 7 3 5 10 x          ，            2 2 2 2 2 22 1 5 3 5 2 4 5 5 5 2 6 5 3 7 5 3.6 10 s                 . （2）①由0.020 10 0.2 0.5   ，  0.020 0.035 10 0.55 0.5    ，可得15 25a  ， 所以  0.20 15 0.035 0.5a    ，解得 0.3 15 24 0.035 a    ， 所以这 600名中国果切消费者年龄的中位数为 24. ②其平均数 10 0.020 10 20 0.035 10 30 0.025 10 40 0.015 10             50 0.005 10 25    . 16.【答案】(1) π 3 A  ；(2)① 13sin 14 B  ；② 2 3 13 . 【解析】（1）已知 2 2 2b c bc a   ，由余弦定理 2 2 22 cosb c bc A a   ， 则 1cos 2 A  ，又  0,πA ，则 π3A  . （2）① 1sin sin 7 C A  ，由正弦定理有 c a ，得 π 3 C A  ， 故 2 4 3cos 1 sin 7 C C   ，   3 4 3 1 1 13sin sin sin cos cos sin 2 7 2 7 14 B A C A C A C         . ②由正弦定理可知， 32sin 14 32 13sin 13 14     b Aa B ， 故 ABCV 的面积为 1 1 14 3 1 2 3sin 2 2 2 13 7 13ABC S ab C      . 17.【答案】(1)证明见解析；(2)60；(3) 2 . 【解析】（1）如图，连接 AC交 BD于点O， 因为 E， F分别为 1AD ， 1CD 的中点，所以 //EF AC . 因为 AC 平面 ABCD，且 EF 平面 ABCD，所以 / /EF 平面 ABCD . （2）因 1 1/ / / /AB CD DC ，且 1 1AB CD DC  ，易得 1 1ABC D ， 则有 1 1/ /BC AD ，由（1）得 //EF AC，故 EF与 1BC 所成角为 1D AC （或其补角）. 因为 1 1AC AD CD  ，所以 1 60D AC   ， 即 EF 与 1BC 所成角的大小为60 . （3）连接 1DO，过D作 1DG DO 于点G . 因为 1DD 平面 ABCD，且 AC 平面 ABCD， 所以 1DD AC ，又 BD AC 且 1DD BD DI ，所以 AC 平面 1D DO . 因为DG平面 1D DO，所以DG AC ， 又 1DG DO ，且 1AC DO O  ， 1,AC DO 平面 1ACD ，所以DG 平面 1ACD ， 所以直线 BD与平面 1D EF所成角为 1DOD （或其补角）. 因为正方体的边长为 1，所以 1 1DD  ， 2 2 DO  ，所以 11tan 2 DDDOD DO    . 18.【答案】（1）  8, 15 ；（2）① 3 2 ，② 3 2 ；（3）证明见解析 【解析】（1）设  ,P x y ，则      , 2,3 2, 3AP x y x y     uuur ，      4, 3 2,3 2, 6AB      uuur ， 因为点 P在线段 AB的延长线上，且 3 2 AP PB uuuuu rr ，所以 3A AP B uuuuu ru r ， 所以   2 3 2 3 3 6 x y         ，解得 8 15 x y     ，所以  8, 15P  ； （2）①因为 ,a b为单位向量，所以 1a ， 1b ， 所以 2 2 21 1 1 2 2 2                  a b a b a a b b 2 1 31 1 1 cos60 4 2       ； ②因为    2 2 2 2 22 1 2 cos60f x x x x x x x          oa b a b a a b b 2 2 1 31 2 4 x x x          ， 所以当 1 2 x  时，函数  f x x a b 的最小值为 3 2 ； （3）若选①：余弦定理：三角形中任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它 们夹角的余弦的积的两倍． 证明：如图，设 , ,CB CA AB   uur uur uuur a b c， 由三角形法则有  c a b ，所以  22 2 2 2     c a b a b a b 即 2 2 2 2 cosc a b ab C   . 同理可得， 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 2 2 2 2 cosb a c ac B   . 若选②： 在平行四边形 ABCD中， AC， BD为对角线， 证明： 2 2 2 2 2 2 A BD AB DC AD CC B     uuur uuur uuur uuur uuur uuur . 根据条件作出图形， 因为四边形 ABCD为平行四边形， 所以 AB DC uuur uuur ， AD BC uuur uuur ， AC AB AD  uuur uuur uuur ， 所以  22 2 22A AB AD AB AC B AD AD     uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ， 因为 AB AD BD   uuuuuur uu rur ，所以  22 2 22BD AB AD A BA AD D A B     uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ， 所以 2 2 2 2 2 22 2 2 2A BD AB AD AB DC AD BC C       uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ， 即平行四边形的对角线的平方和等于其四边长的平方和； 若选③： 在 ABCV 中，D，E，F 分别为BC，AB，AC的中点，证明：AD，CE，BF相交于一点. 由题意作出图形， 设 AC  uuur a ， BC uuur =b， 则 AB CB CA     uuur uur uur b a ， 1 2 AD AC CD    uuur uuur uuur a b ， 1 2 BF BC CF    uuur uuur uuur b a ， 设 AD，CE相交于一点 1G ，  1 0 1AG AD    uuuruuur ，  1 0 1BG BF    uuur uuur ， 则 1 1 1 2 2 AG AD            uuur uuur a b a b， 1 1 1 2 2 BG BF            uuur uuur b a b a ， 又  1 1 11 1 2 2 AG AB BG                  uuur uuur uuur a b b a b a ， 所以 11 2 1 1 2             ，解得 2 3   ， 2 3   ，所以 1 2 3 A AG D uuur uuur ， 再设 AD， BF相交于一点 2G ，同理可证得 2 2 3 AG AD uuuur uuur ， 即 1G ， 2G 重合，即 AD，CE， BF相交于一点， 所以三角形的三条中线交于一点. 19.【答案】(1)证明见解析；(2) 2 21 7 ；(3)存在， 4 2 5 CF  . 【解析】（1）连接 1AB ，在三棱台 1 1 1ABC A BC- 中， 1 1//AB A B ； 1 1 1 12 2 2AB AA A B BB  Q ， 四边形 1 1ABB A 为等腰梯形且 1 1 60ABB BAA     ， 设 2AB x ，则 1BB x . 由余弦定理得： 2 2 2 2 1 1 12 cos60 3AB AB BB AB BB x      ， 2 2 2 1 1AB AB BB   ， 1 1AB BB  ； 因为平面 1 1ABB A 平面 1 1BCC B ，平面 1 1ABB A I平面 1 1 1BCC B BB ， 1AB 平面 1 1ABB A ， 1AB 平面 1 1BCC B ，又 BC  平面 1 1BCC B ， 1AB BC  ； ABCQV 是以 B为直角顶点的等腰直角三角形， BC AB  ， 1AB AB AQ I ， 1,AB AB 平面 1 1ABB A ， BC 平面 1 1ABB A . （2）由棱台性质知：延长 1 1 1, ,AA BB CC 交于一点 P， 1 1 1 2 AB ABQ ， 1 1 14ABC A B CS S   ， 1 1 18P ABC P A B CV V   ， 1 1 1 8 8 7 3 2 3 7 7 12 3P ABC ABC A B C V V      ； BC Q 平面 1 1ABB A ，即BC 平面 PAB， BC 即为三棱锥 P ABC中，点 B到平面 PAB的距离， 由（1）中所设： 2AB BC x  ， 60PAB PBA   ， PABV 为等边三角形， 2PA PB AB x    ，  2 31 1 1 3 2 3 2 32 2 3 3 2 2 3 3P ABC PAB V S BC x x x         V ， 1x  ； 2AB BC PA PB     ， 2 2AC PC   ，  2 21 2 2 2 1 72PACS     V ， 设所求点 B到平面 1 1ACC A 的距离为d ，即为点 B到面 PAC的距离， P ABC B PACV V Q ， 1 7 2 3 3 3 3PAC S d d    ，解得： 2 21 7 d  . 即点 B到平面 1 1ACC A 的距离为 2 21 7 . （3） BC Q 平面 1 1ABB A ，BC  平面 ABC，平面 ABC 平面 PAB， 因为平面 ABC I平面 PAB AB 取 AB中点 N ，在正 PABV 中， PN AB ， PN 平面 ABC， 又 PN 平面 PNC，平面 PNC 平面 ABC． 作 FE CN ，平面PNC I平面 ABC CN ，则 FE 平面 ABC， 作 ED AB ，连接FD，则 ED即FD在平面 ABC上的射影， FE Q 平面 ABC， AB 平面 ABC， AB FE  ， DE FE EQ I ， ,DE FE 平面DEF ， AB 平面DEF ， FD Q 平面DEF ， AB FD  ， FDE 即二面角 F AB C  的平面角. 设 3FE t ，则 3DE t ， DE ND BC NB  ， EF CE BD PN CN NB   ，所以 + =1 EF DE BD ND PN BC NB NB   ， 即 3 3 1 23 t t   ，解得 2 5 t  ，所以 23 5 3 2 2 EF CF CF PN CP     ， 所以 1 4 2 2 5 CF CC ＜ ，存在满足题意的点 F ， 4 2 5 CF  .