甘肃省2023-2024学年高一下学期期末学业水平质量测试数学试卷

绝密 启用前 高 下学期未学业水平质量测试卷 数 学 木试卷满分150分,考试时间120分绅 注意事项: 1.答题前,考生务必将自己的学校,州名,班级,准考证号填写在答题卡上相应的位置。 2.企部答案在答题卡上完成,答在木试卷上无效 3.回答选择题时,选山每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如常 改动,用擦皮擦干净后,再选涂北他答案标号。回答非选择题时,将会案用),5毫来黑色 笔迹签宇笔写在答题卡上。 4.考试结来后,将本试卷和答题卡一并交回。 品 参考公式:维体的休积公式:V=了动(其中为维体的底面积,么为维休的高)。 一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共0分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符台题目要求的) 1.已知D,E分别为 ABC的边AB,AC的中点,若BC=(12,16),D(一2,-3),则点E的坐标为() A.(4,5) B.(1,1) C.(-5,-7) D.(-8,-11) 2.盒中有3个大小质地完金相同的球,其中1个白球、2个红球,从中不放回地依次随机摸出2个球,则 恰好摸出一个红球一个白球的概率为 () A号 &司 c号 3设im0-c0s0=,则血20= A-号 条 B一号 c 4.若复数x满足1=1,则1x一11的最大值为 A.1 B.√2 C.2 D.3 5.从1,2,3,4中任取2个数,设事件A=“2个数都为偶数”,B=“2个数都为奇数”,C=“至少1个数为 奇数”,D=“至少1个数为偶数”,则下列结论正确的是 A.A与B是互斥事件 B.A与C是互斥但不对立事件 C.C与D是互斥事件 D.A与D是对立事件 6,在 ABC中,点P是线段BC上一点,若A户=号AB+xAC,则x= () A吉 B司 c号 n号 7.已知三棱锥ABCD中,AB⊥平面BCD,∠CBD=30 ,AB=4,CD=2,则此三棱锥外接球的表面积 为 () A号 B.16 C.64 /2 3 D.32 【高一下学期期末学业水平质量测试卷 数学第1页(共4页)】 8“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来,是平面向量中一个非常优美的 结论.它的具体内容是:已知M是 ABC内一点, BMC, AMC, AMB的面 积分别为SA,SB,Sc,且SA MA十SB MB+Sc MC=0.若M为 ABC的 垂心,3MA+4MB+5MC=0,则cos∠AMB= A. 3 B.6 6 c晋 DE 二、多项选择题(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,有多项符合要求,全部 选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知复数=一1+3i,则 () A.x的虚部是3i B.|x|=√10 C.之在复平面内对应的点位于第二象限 D.x一3i是纯虚数 10.下列各式的值为2的是 A.sin870 B.sin15cos15 C.cos40 cos20 -sin40 sin20 D路5 11.如图所示,在正方体ABCD-A'B'CD'中,M,N分别是B'C',CD'的中点,E是 线段BD'上的动点,则下列判断正确的是 (D A.三棱锥NMAE的体积是定值 B.过A,M,N三点的平面截正方体所得的截面是六边形 C.存在唯一的点E,使得AE⊥MN D.AE与平面AMN所成的角为定值 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.圆锥侧面展开图是一个半径为2的半圆形,则圆锥的体积为 13.在 ABC中,点D为线段BC的中点,若|AB|=4,|AC=6,|BC=8,则|AD|= 14.《易经》是中华民族智慧的结晶,易有太极,太极生二仪,二仪生四象,四象生八卦,其中八卦深邃的哲 理解释了自然、社会现象.八卦图与太极图(图1)的轮廓分别为正八边形ABCDE GH和圆OX图2),其中 正八边形的中心是点O,鱼眼(黑,白两点)P,Q是圆O半径的中点,且关于点O对称.若OA=4、2. 圆O的半径为3,当太极图转动(即圆面O及其内部点绕点O转动)时.PA QC的最大值为 图1 图2 【高一下学期期末学业水平质量测试卷 数学第2页(共4页)】 四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步聚) 15.3分)已知0<a<登<Ksin。=号n=是 (1)求cos(B-a)的值: (2)求in2a一co2e的值. 1+cos 2a 16.(15分)兰州机场停车场小型机动车收费标准为:30分钟内免费.停车时长在30分钟至1小时之间 的,收费为5元/辆.超过1小时后,超出部分每小时收费亏元,不足1小时按1小时计费.24小时内 最高收费50元.现有甲、乙二人在该机场临时停小型机动车,两人停车时间均大于半小时且不超过 4小时. 1)若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为),停车付费多于10元的概率为行,求甲停车付 费怡为5元的概率; (2)若每人停车的时长在每个时段的可能性相同,求甲、乙二人停车付费之和为25元的概率, 17.(15分)如图,在四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD为正方形,PA⊥平面ABCD, AB=PA=4,F是PB中点 (1)求证:PD∥平面ACF: (2)求点P到平面ACF的距离, R分记 C的内角A,B,C的对边分捌为a,6心已知乙今十二g。 (1)求A: ()若D是线段BC上的一点,BD:DC=1:2,AD=2,且内角A≤B,求a的最小值. 19.(17分)定义:如果在平而直角坐标系中,点A,B的坐标分别为(x1y).(x2y2).那么称d(A.B)= |一2|+1y一2|为A,B两点间的曼哈颅距离。 (1)已知A,B两个点的坐标为A(.x,2),B(1,x),如果它们之间的曼哈顿距离不大于5,那么x的取 值范围是多少? (2)已知A,B两个点的坐标为A(a,x),B(.x,一3),如果它们之间的曼哈顿距离恒大于3,那么a的 取值范围是多少? (3)若点A(xy)在函数y=2图象上且x∈Z,点B的坐标为(1,16),求d(A,B)的最小值并说明理由. 【高一下学期期末学业水平质量测试卷 数学第4页(共4页)】高一下学期期末学业水平质量测试卷·数学参考答案 1.选A因为D,E分别为AB,AC的 =y,则AM=3x,BM=2y,所以cos∠BMD= 中点，所以DE=号BC=(6,8).设 E(xy).又D(-2,-3),所以(x十2,6 0∠AMF-若即3x2=22,号-后，所以os∠BMD |x+2=6, x=4, y+3)=(6,8),即 解得 y+3=8. y=5. 6,所以cOs∠AMB=cos(x-∠BMD)=-5 6 2.选C记1个白球为A,2个红球分别为ab,现从中不放9.选BC易知：的虚部是3，故A错误：： 回地依次随机摸出2个球，则可能结果有Aa,Ab,aA, ab,bA,ba,共6个，其中恰好摸出一个红球一个白球的有： √（一1）2+32=√10，故B正确：g在复平面内对应的点 A,M,aA,MA,共4个，所以所求耗单P=音-号 为（一1,3），位于第二象限，故C正确：之一3i=一1，是实 数不是纯虚数，故D错误. 3.选C由s0-cos0=D,年方可得(sin0-eos0m2-10.选ACD对于A,n870=in(2×360+150 sn0+cos0-2 2sin os0=1-sin20=碧=号，解得 sim150=号A正确：对于B.sin15c0s15=7sin30 如20-是 =号.B错误：对于C.c0s40c0s20°-sin40sin20°= 4.选C设：在复平面内对应的点的坐标为（红y),由z: =1,得W/2+y2=1,即x2+y2=1,1x-11= 0s(40+209=c0s60'=合，C正确：对于D. √(x-1)2+y2=√2-2.x.因为x2+y2=1,所以-1≤x tan22.5° 1.2tan22.5°_1 ≤1，所以0≤2-2x≤4所以2-2x≤2，所以|：一1|的 m2.5-7·an225-专m45=7D 最大值为2. 正确， 5.速A根据题意样本空间0=1,2)，1,3)，，4)，(2,11.选AC因为E是线孩B'D上的动点，而MN=BD 3),(2,4),(3,4)},A=(2,4)},B={(1,3)},C=(1, 2),(1,3),(1,4),(2,3),(3,4).D={(1,2),(1,4),(2, 且MN∥BD',所以 3),(2,4),(3,4)},则A∩B=0,所以A与B是互斥事： △MNE的面积为定 件，A正确：A∩C=⑦，AUC=2,所以A与C是互斥且 值，又点A到平面 对立事件，B错误：C∩D={(1,2),(1,4),(2,3),(3, MNE的距离AA'为定 4)},所以C与D不是互斥事件，C错误：A∩D={(2, 4)},所以A与D不是对立事件，D错误 值，VNMAE=VAMNE, 6.选C因为点P是线段BC上一点， 所以三棱锥NMAE的体积是定值，A正确：过A作 即B,P,C三点共线，所以合十=1， GH∥MN分别交CD,CB的延长线于H,G,连接MG, NH,如图，F为MG,BB'的交，点，K为NH,DD'的交 解得x=号选C 点，所以截面为五边形AFMNK,B错误：E在B'D'上 7.选D在三棱锥ABCD中，AB⊥平面BCD,∠CBD= 运动，当AE⊥GH时，AE⊥MN,而A为GH中点，所 30°，AB=4,CD=2,设底面△BCD的外接圆的半径为r,: 以当E为B'D'中点时，AE⊥GH,故存在唯一的点E使 三棱锥外接球的半径为R,由正弦定理得2r一： 得AE⊥MN,C正确：由BD'∥MN,MNC平面 n儿Dn0=4,可得r=2,所以R=() + AMN,B'D'在平面AMN,则B'D'∥平面AMN,所以E r2=22十22=8，则外接球的表面积为S=4πR2=4π×8： 到平面AMN的距离一定，而AE长度随E运动会变 =32π. 化，故AE与平面AMN所成的角不为定值，D错误. 8.选B如图，延长AM交BC于点D,延 长BM交AC于点F,延长CM交AB 12.解析：设圆锥的底面半径为r,则2π=2x×r,所以r=1, 于点E.由M为△ABC的垂心，3MA 圈锥的高为=22-12=√5， +4 MB+5 MC=0.SA:SB:Sc= 3:4:5.又S△ABc=SA+SB+Sc,则 则周维的体积为V-了rh=名xX厅- 3元 SA=4,Sr=3.设MD=E,MF SA SB 答案 13.解析：由D是线段BC的中点，得AD=号(AB+AC. n是i+ 在△ABC中，由余弦定理得 Cos∠BAC= 42+62-82 2×4×6 所以当m(0叶g)=-1时，P风，Q取得最大值为翠 从而AB·AC=4X6X(-）=-6。 答案号 所以AD2=青(AB2+AC+2AB·AC =×[4+62+2×(-6]=10, 所以os=号os一是 3 -3分 所以|AD1=√10，即|AD引=√0. 所以cos(B-a)=cos Bcos&十sin Bsin a 答案：√10 14,解析：如图所示建立平面直角坐标系， ×号+×号-器 …7分 因为正八边形的每个内角为。 (2)sin 2a-cos'a2sin acos a-cos'a 2sin a-cos a 1+cos 2a 1+2c0s2a-1 2cos a 所以∠A0B=平， 10分 所以∠A0M-吾. 2x号- 2X3 6 13分 又因为OA=4√2， 所以A(-4V2in吾-42cos晋），C(4v2cos吾， 16.解：(1)设“甲临时停车付费恰为5元”为事件A, 期PAW=1-日-日-g -4v②sing). 由题意知P在以0为圆心，号为丰径的圆上，且户，Q 所以甲临时停车付费裕为5元的概率为子5分 (2)设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a,b可能 关于原点对称， 取值为5,10,15,20.- 7分 所以设P(as,n0）,则Q-os0,-sn0, 则甲、乙二人的停车费用的所有样本点为 (5,5).(5,10),(5,15),(5,20),(10,5),(10,10),(10, 所以Pi.0C-(-4En吾-是os0,-4Ecos君 15),(10,20),(15,5),(15,10),(15,15),(15,20),(20, -2sn0）小·(4vEo吾+gos.-42s吾+g· 5),(20,10),(20,15),(20,20),共16种情形.10分 其中，(5,20)，(10,15)，(15,10)，(20,5)这4种情形符 sim9)=(-4v厄sin景-号cos0）(4Eos晋+ 合题意.… …13分 故“甲、乙二人停车付费之和为25元”的概率为 2os0）+(-4 os吾-号sin0)(-4En吾+ P- -15分 sin :17.解：(1)证明：连接BD,交AC于点O,连接FO, 因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD中，点. =-4v2x2×[(os营-sin餐)sin0+(og+ 2分 in）os]-号 又因为F是PB中点，所以FO∥PD …4分 =-42x号×2sin(0+9） 9 =-12sin(0+g） 因为PD庄平面ACF,FOC平 面ACF, 所以PD∥平面ACF, ,6分 是，英中an cos-sin君 (2)因为PD∥平面ACF,所以点P到平面ACF的距离 等于点D到平面ACF的距离. (os+sin晋） 因为F是PB中点，且PA⊥平面ABCD,所以点F到 )(cos+sin) 平面ABCD的距离为2PA=2. 2 易得AF=2√②，CF=2√6，AC=4√2，从而△ACF为直 当1=0时，g)=4,当≠0时，g)=4+36 27 (-3<t≤3 角三角形，则S△F=43,S△MD=8.-10分 设点D到平面ACF的距离为h, 且t≠0)， 剥VDACF=VEACD· -12分 由对句函数性质可得当0<1≤3时，y=1+2?单调递 Sarh=专Sam·PA, 1 减，故+平>≥8+号-12。 3 代入得h=16=43 45 3 同理当-3<1<0时1+2<-12. 所以点P到平面ACF的距离为4y 3 15分 所以1<g)≤1，所以36<7，所以a≥6 7，16分 18.解：(1)由余弦定理+c2-a2=2 bccos A和a2+c2 b2=2accos B, 所以当△AC为等边三角形时a最小，兼小值为 得2+a2_-2 ccos Abcos A 17分 a2+e2 2accos B a cos B' 19.解：(1)图为A(x,2),B(1,x),故d(A,B)=|x-1| bb2+c2-a2 又2xba2+c2-8' +|2-x, 由曼哈颜距离不大于5，得|x一1川十|2-x≤5， 所以名。会中二。合 、4=cosA ①当x≥2时，2x-3≤5，解得2≤x≤4： 由正弦定理sin A sin B sin C ②当1<x<2时，1≤5，解得1<x<2: ③当x≤1时，3-2x≤5，解得-1≤x≤1. -Cos A 得22b2snC0nB88月 sin A .3分 综上，x的取值范围是[一1,4们. .5分 整理得sin Acos B=2 sin Ccos A-cos Asin B, (2)因为A(a,x),B(x,-3), 所以sin(A+B)=sin(r-C)=sinC=2 sin Ccos A. 故d(A,B)=a-x|+|x+3|, 1 由题意可得|a一x|+|x+3>3恒成立， 因为sinC>0.所以c0sA=26分 因为a-x+|x+3|≥a-x+x+31=|a+3, 因为A∈(0，π)，所以A= 当且仅当(x十3)(a-x)≥0时等号成立，即a-x|十 31 8分 x十3的最小值为a十3， -8分 (2)图为2BD=DC,所以AD=2AB+AC 所以a+3|>3,则a+3<-3或a+3>3,解得a<-6 或a>0. 所以AD= 2AB+AC2 故a的取值范围是(-∞，一6)U(0,十∞)，.10分 3 (3),点A(x,y)在函数y=2图象上且x∈Z,点B的坐 所以b2+4c2+2bc=36①， -10分： 标为(1,16)， 又a2-2+c2-bc@, 故d(A,B)=x-1川+|2-16 ①÷②得36=42+P+2c 4(后)+2（后）+1 x+2-17,x≥4， a2- 62+2-b阮 (后)-云+1 =x-2+15,1<x<4,x∈Z, -11分 17-x-2r,x≤1， 令后=，又A≤B,所以a<b,所以a2<, 当x≥4时，d(A,B)=x+2r-17,函数y=x十2-17 在[4，十∞)上单调递增， 所以b2+c2-bc≤2， 故d(A,B)≥4+21-17=3 所以≤b,所以0<6=x≤1. 12分： 当且仅当x=4时取等号. 13分 当1<x<4时，d(A,B)=x-2r十15. 令/x)=4r+2(0<r≤1D. x2-x+1 令g(x)=x-2r+15,由于x∈Z,故g(2)=13>3,g(3) =10>3. 14分 因为)=4计， 当x≤1时，d(A,B)=17-x-2, 函数y-17-x-2r在(-o,1]上单调递减，故d(A, 令6x-3=4,则x=1+3 6 B)≥17-1-2=14， 令g)=fx)=4+,36（-3<4≤3). 当且仅当x=1时取等号 16分 12+27 综上可知，d(A,B)的最小值为3.17分