河北省石家庄市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试卷

石家庄市2023-2024学年度第二学期期末教学质量检测 高一数学 (本试卷满分150分，考试时间120分钟) 注意事项： 1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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 合愿目要求的， 则：的虚部为 2 1.已知1是虚数单位，复数：= A.-1 B.1 C.-i D.i 2.若D为△ABC的边BC的中点，则AC= A.2AB÷AD B.2AB-AD C.2AD+AB D.2AD-AB 3.已知a,B为两个不同平面，m,n为不同的直线，下列命题不正确的是 A若m∥n,m⊥a,则n⊥a B.若m⊥a,m⊥B,则alB C.若m⊥a,a⊥B,则m川B D.若m⊥a,mcB,则a⊥f 4.已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试的成绩统计如图（图标中心点所对纵坐标代表该 次数学测试成绩)，则下列说法不正确的是 '份 ■甲▲乙 A.甲成绩的极差小于乙成绩的极差 120 B.甲成绩的第25百分位数大于乙成绩的第75百分位数 30 C.甲成绩的平均数大于乙成绩的平均数 0 123456欣 D.甲成绩的方差小于乙成绩的方差 5.正方形OAB'C的边长为1cm,它是水平放置的一个平面图形的 直观图，则原图形的周长是 A.8cm B.6cm C.(2+32)cm D.(2+25)cm 宜一脚学笋1而（止4而」 6.如图所示，为测量河对岸的塔高AB,选取了与塔底B在同一水平 面内的两个测醒基点C与D,现测得n∠4CB-子.CD=50加， c0s/BCD- 号c∠80C-号·则塔高B为 A.153m B.205m C.155m D.205m 7.如图，在△c中，∠BC=子，而=2丽.P为cD上-点，且满足=mC+. 若在△ABC的面积为25，则AP的最小值为 A.√2 C.3 D.5 8.如图，已知在△ABC中，AB=1,BC=3,AB⊥BC.D是BC边上一点，且BD=i.将△ABD沿 AD进行翻折，使得动点B在平面ADC上的射影在△ADC内部及边界上，则在翻折过程中， 动点B的轨迹长度为 A. B. 元 12 c. B 6 D.2 4 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求.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z=2-3i,其中i是虚数单位，则下列结论正确的是 A.z的模等于13 B.z在复平面内对应的点位于第四象限 C.z的共轭复数为-2-3引 D.若z(m+41是纯虚数，则m=-6 10.△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△4BC的面积.且a=2,AB-AC=23S. 下列选项正确的是 A.A= 3 B.若b=3,则△ABC有两解 C.若△ABC为锐角三角形，则b取值范围是(2V5,4) D.若D为BC边上的中点，则AD的最大值为2+√5 11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD,中，E为棱DD,的中点，F为正方形C,CDD,内 一个动点（包括边界）、且BF∥平面ABE,则下列说法正确的有 A.动点F轨迹的长度为√互 B。三按维B-D,EF体积的最小值为号 C.BF与AB不可能垂直 D.当三棱锥B,-D,DF的体积最大时，其外接球的表面积为 2 一元 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.在菱形OABC中，O为坐标原点，A(3,-)、C13)、则OA,OB的值为 13.从长度为2、3、5、7、11的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率为 14.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容、用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多而体顶 点的曲率等于2π与多而体在该点的面角之和的差（多面体的而的内角叫做多面体的面 角、角度用弧度制)·例如、正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为”，所以正 四面体在各顶点的曲率为2r-×3=元.在底而为矩形的四校锥P-BCD中，PA1底面 ABCD,AD=V2PA、PC与底面ABCD所成的角为石，在四按锥P-ABCD中，顶点B的 曲率为 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.(本小题满分13分) 已知向量ā=(1，)，5=25. (I)若a∥b,求b的坐标； (Ⅱ)若(5a-2b)1(a+b),求ā与6的夹角， 16.(本小题满分15分) 2024年1月17日，搭载天舟七号货运飞船的长征七号遥八运载火箭成功发射，我国载人 航天工程2024年发射任务首战告捷.为普及航 频率 天知识，某学校开展组织学生举办了一次主 组距 题为“我爱星辰大海”的航天知识竞赛，现从 0.025 中抽取200名学生，记录他们的首轮竞赛成绩 0.015 0.010 并作出如图所示的频率分布直方图，根据图 0.005 形，请回答下列问题： 0 405060708090100分数 (I)求频率分布直方图中a的值.若从成绩不高于60分的同学中按分层抽样方法抽取5 人成绩，求5人中成绩不高于50分的人数； (Ⅱ)用样本估计总体，利用组中值估计该校学生首轮竞赛成绩的平均数以及中位数； (Ⅲ)若学校安排甲、乙两位同学参加第二轮的复赛，已知甲复赛获优秀等级的概率为 ,乙复赛获优秀等级的概率为，甲、乙是否获优秀等级互不影响，求至少有一位 赛获优秀等级的概率。 17,(体小题调分15分) 如图，在四梭锥P-ABCD中，ADIIBC,AD⊥DC, BC=CD=AD=I,E为校AD的中点，PM⊥平面MBCD. (I）求证：AB∥平而PCE; (Ⅱ)求证：平面PAB⊥平而PBD; (Ⅲ)若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值 18.(本小题满分17分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a, B b,c,且满足(2a-c)cosB=bcosC. (I)求角B的大小； (Ⅱ)若BD=2DC,且CD=1,AD=√万，求△ABC的面积； (Ⅲ)如图，过点A作BC的平行线AP,且BC=了P,在四边形ABCP中，AB=2, 12 AP=3,动点E,F分别在线段BC,CP上运动，且B正=BC,CF=C,求A正.F 的最小值 19.(本小题满分17分) 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601一1665)于1643年提出的平面几 何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最 小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马 点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得LAPB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为 费马点.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosB=2 acosA_simB tanC 若P是△ABC的“费马点”，a=23,b<c. (I)求角A; (Ⅱ)若PA.PB+PB.PC+PC.PA=4,求△ABC的周长； (Ⅲ)在（Ⅱ)的条件下，设f(x)=4-m2+|PA+PB1+|PC1,若当xe[0,1]时， 不等式(x)≥0恒成立，求实数m的取值范围. 1 5 学科网（北京）股份有限公司 石家庄市 2023~2024 学年度第二学期期末教学质量检测 高一数学 参考答案 一、选择题（本大题共 8 个小题，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．B 2．D 3．C 4．B 5. A 6．C 7．D 8．A 二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部 选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 9． BD 10．BCD 11．ABD 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 10 13. 1 5 14. 3π 4 四、解答题（本大题共 5 道小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分 13 分） 解：(Ⅰ)由题意，设 ( ),b a  = = ， 因为 2 2b = ，所以 2 2 2 2 + = ，所以 2 =  ，……………………...……...………………………….3 分 所以 ( )2,2b = 或 ( )2, 2b = − − ．…………………………… …………………………...…………………………..6 分 (Ⅱ)因为 ( ) ( )5 2a b a b− ⊥ + ，所以 ( ) ( )5 2 0a b a b−  + = ， 所以 2 25 3 2 0a a b b+  − = ，即10 3 2 8 0a b+  −  = ， 所以 2a b = ，………………………………………...……………………………...…...…………………………..9 分 设 a与b 的夹角为 ，则 2 1 cos 22 2 2 a b a b   = = =  ，……………………………...………… …………..12 分 又  0,π  ，所以 π 3  = ， 所以a与b 的夹角 π 3 ．……………………………………………………….. ….. ………...……………………..13 分 16．（本小题满分 15 分） 解：（Ⅰ）由 (0.005 0.01 0.015 0.015 0.025 ) 10 1+ + + + +  =a ， 解得 0.030a = ，……………………………………………………….. ….. ………... …...…………………………..2 分 因为0.01 10 200 20  = （人），0.015 10 200 30  = （人）． 所以不高于 50 分的抽 20 5 2 20 30  = + （人）；………………………………………………...……………………..4 分 （Ⅱ）平均数 45 0.1 55 0.15 65 0.15 75 0.3 85 0.25 95 0.05 71x =  +  +  +  +  +  = ．……………………..6 分 由图可知， 学生成绩在[40,70) 内的频率为 0.4， 在[70,80) 内的频率为 0.3， 2 5 学科网（北京）股份有限公司 设学生成绩中位数为 t，t [70,80)， 则： ( 70)0.03 0.4 0.5t − + = ， 解得 220 3 t = ， 所以中位数为 220 3 ；………………………………………………………………………...……………………..8 分 （Ⅲ） 法一：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件 A， 则 2 1 1 3 2 3 11 ( ) 3 4 3 4 3 4 12 =  +  +  =P A ． 答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为 11 12 ．……………………………………………………………..15 分 法二：记“至少有一位同学复赛获优秀等级”为事件 A 1 1 11 ( ) 1 ( ) 1 3 4 12 = − = −  =P A P A 答：至少有一位同学复赛获优秀等级的概率为 11 12 ．……………………………………………………………..15 分 17．（本小题满分 15 分） 解：（Ⅰ）因为 / /BC AE 且 BC AE= ，所以四边形BCEA为平行四边形， 则 / /AB EC，…………………………………………………………………………………………………………..2 分 又 AB平面PCE ， EC 平面PCE ， 所以 / /AB 平面PCE ；………………………………………………………………………………………………..4 分 （Ⅱ）由PA⊥平面 ABCD，BD 平面 ABCD，得PA BD⊥ ，…………………………………………………..5 分 连接 BE ，由 / /BC DE且BC DE= ， 所以四边形BCDE为平行四边形，又 , 2DE CD BC CD⊥ = = ， 所以平行四边形BCDE为正方形，所以BD EC⊥ ， 又 / /AB EC，所以BD AB⊥ ，……………………………………………………………………………………..7 分 又 ,PA AB A PA AB= 、 平面PAB， 所以 BD ⊥平面PAB，由BD 平面 PBD ， 所以平面PAB ⊥平面 PBD；…………………………………………………………………………………………..9 分 （Ⅲ）由PA⊥平面 ABCD，CD平面 ABCD，所以PA CD⊥ ， 又CD AD⊥ ， ,PA AD A PA AD= 、 平面PAD， 所以CD ⊥平面PAD，又PD平面PAD，所以CD PD⊥ ， 因为CD AD⊥ ，故 PDA 为二面角P CD A− − 的平面角，即 45PDA  = ，…………………………………..11 分 在Rt PAD△ 中， 4PA AD= = ，作 AM PB⊥ ，垂足为 M， 由（Ⅱ）知，平面PAB ⊥平面 PBD ，平面PAB 平面PBD PB= ， AM 平面PAB， 所以 AM ⊥平面 PBD，则PM 为直线 AP 在平面 PBD 上的投影， 所以 APM 为直线 PA与平面 PBD 所成的角，……………………………………………………………………..13 分 3 5 学科网（北京）股份有限公司 在Rt PAB△ 中， 2 2, 4, 2 6AB CE PA PB= = = = ，所以 4 2 2 4 3 32 6 PA AB AM PB   = = = ， 在Rt AMP△ 中， 4 3 33sin 4 3 AM APM AP  = = = ， 即直线PA与平面 PBD所成角的正弦值为 3 3 .……………………………………………………………………..15 分 18．（本小题满分 17 分） 解：（Ⅰ）因为 ( )2 cos cosa c B b C− = ， 所以由正弦定理得 ( )2sin sin cos sin cosA C B B C− = ，………………………………………………………………..2 分 所以 ( )2sin cos sin sinA B B C A= + = ， 又0 π,sin 0A A   ，所以 1 cos 2 B = ， 又0 πB  ，所以 π 3 B = .………………………………………………………………………………………………5 分 （Ⅱ）因为 2BD DC= ，且 1CD = ， 7AD = ，所以 2BD = ， 3BC = ， 在 ABD△ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 cosAD AB BD AB BD B= + −   ， 即 27 4 2AB AB= + − ，解得 3AB = ，或 1AB = − （舍），………………………………………………………………8 分 所以 ABC△ 的面积 1 1 3 9 3 sin 3 3 2 2 2 4 ABCS AB BC B=   =    =△ ；………………………………………………10 分 （Ⅲ）以 A 为坐标原点，AP 所在直线为 x 轴，垂直 AP 的直线为 y 轴建立平面直角坐标系， 则 ( )0,0A ， ( )3,0P ， ( )1, 3B − ，由 7 12 BC AP= 得 3 , 3 4 C       ， 因为BE BC= ，CF CP= ，0 1≤ ≤ ，所以设 ( ), 3E m ， ( ),F n t ， 由 ( ) 7 1,0 ,0 4 m    + =     得 7 1 4 m = − ， 4 5 学科网（北京）股份有限公司 由 3 9 , 3 , 3 4 4 n t      − − = −        得 9 3 , 3 3 4 4 n t = + = − ，…………………………………………………………13 分 所以 ( ) 27 9 3 63 63 91 3 3 3 4 4 4 16 16 4 AE AF           = −  + +  − = − +        2 63 1 81 16 2 64    = − +    ，……………………………………………………………………………………………………15 分 当 1 2  = 时， 2 63 1 81 16 2 64 AE AF     = − +    取得最小值，最小值为 81 64 ， 所以 AE AF 的最小值为 81 64 .…………………………………………………………………………………………17 分 19．（本小题满分 17 分） 解：（Ⅰ）由已知，得 2 cos sin cos tan a A B B c C = − ， 由正弦定理，得 sin sin sin cos 2sin cos tan C B C B A A C = − ， 即2sin cos sin cos cos sinA A B C B C= + ，………………………………………………………………………………2 分 即 ( )2sin cos sin sinA A B C A= + = ， 由于0 π,sin 0A A   ，所以 1 cos 2 A = ，所以 π 3 A = .………………………………………………………………4 分 （Ⅱ）设 , ,PA x PB y PC z= = = ， 则 1 1 1 4 2 2 2 PA PB PB PC PA PC xy yz xz        +  +  =  − +  − +  − = −            ． 所以 8xy yz xz+ + = ，…………………………………………………………………………………………………6 分 由 APB BPC APC ABCS S S S+ + = 得： 1 3 1 3 1 3 1 π sin 2 2 2 2 2 2 2 3 xy yz xz bc +  +  = ， 即 8bc = ，………………………………………………………………………………………………………………8 分 由余弦定理得， 2 2 2 2 cosa c b bc A= + − ， 即 2 2 2 2112 2 8 2 c b bc c b= + −  = + − ，即 2 2 20c b+ = ， 又b c ，联立 2 2 20 8 c b bc  + =  = 解得 4, 2c b= = ． 所以 ABC△ 的周长为 6 2 3a b c+ + = + .……………………………………………………………………………10 分 5 5 学科网（北京）股份有限公司 （Ⅲ）设 , ,PA x PB y PC z= = = ， 由（Ⅱ）在 , ,PAB PBC PAC△ △ △ 中，由余弦定理得 2 2 2 2 2 2 16 4 12 x y xy x z xz y z yz  + + =  + + =  + + = ， 由（Ⅱ）知 8xy yz xz+ + = ，联立可得 2 2 2 12x y z+ + = ， 所以 ( ) ( ) 2 2 2 2 2 28x y z x y z xy yz xz+ + = + + + + + = ， 所以 2 7x y z+ + = ，即 2 7PA PB PC+ + = …………………………………………………………………13 分 所以 ( ) 4 2 4 2 2 7x x x xf x m PA PB PC m= −  + + + = −  + ， 因为 ( ) 4 2 2 7 0x xf x m= −  + ≥ 恒成立， 所以 2 7 2 2 x x m +≤ ，………………………………………………………………………………………………15 分 令  2 , 1, 2xt t=  ， 由对勾函数性质知， 2 7 y t t = + 在  1,2t 上单调递减， 所以 min 2 7 2 7 2 2 7 2 m t t   + = + = +     ≤ ． 所以m的取值范围为 ( , 2 7 − + ．………………………………………………………………………………17 分