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（含解析）

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1．已知D，E分别为△ABC的边AB，AC的中点，若BC=12,16，D−2,−3A．4,5 B．1,1 C．−5,−7 D．−8,−112．盒中有3个大小质地完全相同的球，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．13 B．12 C．233．设sinθ−cosθ=105，则A．−45 B．−35 C．4．若复数z满足z=1，则z−1A．1 B．2 C．2 D．35．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AP=13AB+xA．16 B．13 C．237．已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，∠CBD=30°，AB=4，A．323π B．16π C．6428．“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⋅MA⃗+SA．−63 B．−66 C．9．已知复数z=−1+3i，则（）A．z的虚部是3iB．zC．z在复平面内对应的点位于第二象限D．z−3i是纯虚数10．下列各式的值为12A．sin870° B．sin15°cos15°C．cos40°cos20°−sin40°sin20° D．tan22.5°11．如图所示，在正方体ABCD−A'B'C'D'中，M，N分别是A．三棱锥N−MAE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⊥MND．AE与平面AMN所成的角为定值12．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为.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ABCDEFGH和圆O（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=42，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⋅QC15．已知0<α<π2<β<π，sinα=（1）求cosβ−α（2）求sin2α−cos16．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5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12，停车付费多于10元的概率为1（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．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.18．记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知b2c−b（1）求A；（2）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．定义：如果在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为x1,y1，（1）已知A，B两个点的坐标为Ax,2，B1,x，如果它们之间的曼哈顿距离不大于5，那么（2）已知A，B两个点的坐标为Aa,x，Bx,−3，如果它们之间的曼哈顿距离恒大于3，那么（3）若点Ax,y在函数y=2x图象上且x∈Z，点B的坐标为1,16

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因为D，E分别为AB，AC的中点，

所以DE=设Ex,y，又因为D所以x+2,y+3=6,8，

则x+2=6,y+3=8,

解得x=4,y=5.

则点故答案为：A.【分析】根据中点的性质和向量共线的坐标表示，从而得出点E的坐标.2．【答案】C【解析】【解答】解：记1个白球为A，2个红球分别为a，b，现从中不放回地依次随机摸出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Aa,Ab,aA,bA，共4个，所以，恰好摸出一个红球一个白球的概率P=4故答案为：C.【分析】利用列举法求出基本事件总数，求出符合条件的事件数，再结合古典概率公式得出恰好摸出一个红球一个白球的概率.3．【答案】C【解析】【解答】解：由sinθ−cosθ=10sinθ−cosθ2解得sin2θ=3故答案为：C.【分析】利用已知条件和平方关系以及二倍角的正弦公式，从而得出sin2θ的值.4．【答案】C【解析】【解答】解：设复数z在复平面内对应的点的坐标为x,y，则z=x+yi，则z−1=x+yi−1=x−1由z=1，得x2+y2所以z−1=因为x2+y2=1所以0≤2−2x≤4，

所以2−2x≤2，

所以z−1故答案为：C.【分析】根据复数的模的计算公式，将z−1转化为z−1=x−125．【答案】A【解析】【解答】解：根据题意，

样本空间Ω=A=2,4B=1,3C=1,2D=1,2则A∩B=∅，

所以A与B是互斥事件，故A正确；因为A∩C=∅，A∪C=Ω，

所以A与C是互斥且对立事件，故B因为C∩D=1,2,1,4,2,3,3,4因为A∩D=2,4，

所以A与D故答案为：A.【分析】利用互斥事件的定义和对立事件的定义，从而逐项判断找出结论正确的选项.6．【答案】C【解析】【解答】解：因为AP=13AB+xAC，且点P是线段BC上一点，

所以所以13+x=1，

解得故答案为：C.【分析】由B，P，C三点共线可得137．【答案】D【解析】【解答】解：在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，∠CBD=30°，AB=4，设底面△BCD的外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，由正弦定理得2r=CDsin∠CBD=所以R2则外接球的表面积为S=4πR故答案为：D.【分析】设底面△BCD的外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，在△BCD中，利用正弦定理得r=2，AB⊥平面BCD，再结合R28．【答案】B【解析】【解答】解：延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，如图所示：若M为△ABC的垂心，3MA⃗+4MB⃗+5MC⃗=因为S△ABC=SA+SB+S设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，则cos∠BMD=x2y=cos∠AMF=y3xcos∠BMD=x2y=66故答案为：B.【分析】根据SA⋅MA⃗+SB⋅MB⃗+SC⋅MC9．【答案】B,C【解析】【解答】解：由z=−1+3i，易知z的虚部是3，故A错误；因为z=因为z在复平面内对应的点为−1,3，位于第二象限，故C正确；因为z−3i=−1，此时复数z是实数不是纯虚数，故D错误.故答案为：BC.【分析】由复数的虚部的定义判断出选项A；利用复数求模公式判断出选项B；利用复数z的几何意义判断出选项C；利用复数的运算法则和纯虚数的定义，则判断出选项D，从而找出正确的选项.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A，因为sin870°=sin2×360°+150°对于B，因为sin15°cos15°=1对于C，因为cos40°cos20°−sin40°sin20°=cos40°+20°对于D，因为tan22.5°1−故答案为：ACD.【分析】利用诱导公式计算判断出选项A；利用二倍角的正弦公式计算判断出选项B；利用两角和的余弦公式计算判断出选项C；利用二倍角的正切公式计算判断出选项D，从而找出值为1211．【答案】A,C【解析】【解答】解：因为E是线段B'D'上的动点，又因为MN=所以△MNE的面积为定值，

又因为点A到平面MNE的距离AA所以VN−MAE=VA−MNE，过A作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，所以截面为五边形AFMNK，故B错误；当E在B'D'上运动时，

则当AE⊥GH时，AE⊥MN，

又因为A所以，当E为B'D'中点时，AE⊥GH，

则存在唯一的点E由B'D'∥MN，MN⊂平面AMN，B'D'⊄平面所以E到平面AMN的距离一定，

又因为AE长度随E运动会变化，所以AE与平面AMN所成的角不为定值，故D错误.故答案为：AC.

【分析】利用VN−MAE=VA−MNE结合△MNE的面积为定值，从而得出点A到平面MNE的距离AA'为定值，可判断出选项A；利用平面的基本性质作出面AMN与BB'的交点，再利用正方体的性质和线线平行判断方法、线面平行的判定定理、中位线性质，则判断出选项B；当E为B'D'12．【答案】3【解析】【解答】解：由题意可知：圆的半径为2，即圆锥的母线长为2，圆锥的底面周长为2π，

则底面半径为1，圆锥的高为3，故该圆锥的体积为V=13Sℎ=13×313．【答案】10​​​​​​​【解析】【解答】解：由D是线段BC的中点，得AD=在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC=A则AB⋅所以AD所以AD=10，

则故答案为：10.

【分析】根据中线的性质可得AD=1214．【答案】39【解析】【解答】解：如图所示，建立平面直角坐标系，因为正八边形的每个内角为3π4，

则∠AOB=π4又因为OA=42，

则A由题意知，P在以O为圆心，32为半径的圆上，且P，Q设P32cosθ,可得PA==−4=−42其中tanφ=cos所以，当sinθ+φ=−1时，PA⋅故答案为：394.

【分析】先建立平面直角坐标系写出点A和点C的坐标，再根据已知条件得出点P在以O为圆心，3为半径的圆上且P、Q关于原点对称，设出点P和点Q坐标，再利用数量积的运算律和三角恒等变换可得PA⋅QC15．【答案】（1）解：因为0<α<π2<β<π，所以cosα=35，所以cos=−5（2）解：sin2α−=2×【解析】【分析】（1）利用同角三角函数关系式得出cosα，cosβ的值，再结合两角差的余弦公式计算得出cosβ−α（2）利用二倍角的正弦公式和余弦公式，从而化简得出sin2α−cos（1）因为0<α<π2<β<π，所以cosα=35，所以cos=−5（2）sin2α−cos16．【答案】（1）解：设“甲临时停车付费恰为5元”为事件A，

则PA=1−12−（2）解：设甲停车付费a元，乙停车付费b元，

其中a，b可能取值为5，10，15，20，

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，

10,10，10,15，10,20，15,5，15,10，15,15，15,20，20,5，20,10，20,15，20,20共16种情形，

其中，5,20，10,15，15,10，20,5这4种情形符合题意，

故“甲、乙二人停车付费之和为25元”的概率为P=4【解析】【分析】（1）根据题意结合对立事件求概率公式，从而得出甲停车付费恰为5元的概率.（2）设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，b可能取值为5，10，15，20，再利用列举法和古典概率公式，从而得出甲、乙二人停车付费之和为25元的概率.（1）设“甲临时停车付费恰为5元”为事件A，则PA所以甲临时停车付费恰为5元的概率为13（2）设甲停车付费a元，乙停车付费b元，其中a，b可能取值为5，10，15，20.则甲、乙二人的停车费用的所有样本点为5,5，5,10，5,15，5,20，10,5，10,10，10,15，10,20，15,5，15,10，15,15，15,20，20,5，20,10，20,15，20,20共16种情形其中，5,20，10,15，15,10，20,5这4种情形符合题意.故“甲、乙二人停车付费之和为25元”的概率为P=17．【答案】（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，又因为F是PB中点，

所以FO∥PD，因为PD⊄平面ACF，FO⊂平面ACF，所以PD∥平面ACF.（2）解：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.因为F是PB中点，且PA⊥平面ABCD，所以点F到平面ABCD的距离为12因为PA⊥平面ABCD，AB,BC⊂平面ABCD，

所以PA⊥AB,PA⊥BC，因为四边形ABCD为正方形，

所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，

所以BC⊥平面PAB，因为PB⊂平面PAB，

所以BC⊥PB，因为PA=AB=BC=4，所以AF=BF=1所以CF=B所以AF2+C所以SS△ACD设点D到平面ACF的距离为ℎ，则VD−ACF所以13代入得ℎ=16所以，点P到平面ACF的距离为43【解析】【分析】（1）连接BD，交AC于点O，连接FO，利用三角形的中位线定理可得FO∥PD，再由线面平行的判定定理证出PD∥平面ACF.（2）利用PD∥平面ACF，将问题转化为求点D到平面ACF的距离，再利用VD−ACF=VF−ACD得出点（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.又因为F是PB中点，所以FO∥PD，因为PD⊄平面ACF，FO⊂平面ACF，所以PD∥平面ACF.（2）解：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.因为F是PB中点，且PA⊥平面ABCD，所以点F到平面ABCD的距离为12因为PA⊥平面ABCD，AB,BC⊂平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥BC，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥BC，因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，因为PA=AB=BC=4，所以AF=BF=1所以CF=B所以AF2+C所以SS△ACD设点D到平面ACF的距离为ℎ，则VD−ACF即13代入得ℎ=16所以点P到平面ACF的距离为4318．【答案】（1）解：由余弦定理b2+得b2因为b2c−b=b2+c2−a由正弦定理asinA=bsinB=整理得sinAcosB=2sinCcosA−cosAsinB，所以sinA+B因为sinC>0，

所以cosA=1因为A∈0,π，

所以A=（2）解：由题意，得2BD所以AD所以AD2=23AB所以22=49c2由余弦定理得a2=①÷②得36a令cb=x，又因为A≤B，

所以a≤b，

所以所以b2+c2−bc≤b2，

令fx因为fx=4+6x−3x2−x+1，令gt当t=0时，gt当t≠0时，gt=4+36t+27由对勾函数性质可得：当0<t≤3时，y=t+27t单调递减，

则同理，当−3<t<0时，t+27所以1<gt≤7，

所以36a2≤7所以，当△ABC为等边三角形时a最小，最小值为67【解析】【分析】（1）由余弦定理得a2c−b（2）根据平面向量基本定理可得AD=23AB+13AC，利用两边平方可得（1）由余弦定理b2+得b2又b2c−b=b2+由正弦定理asinA=b整理得sinAcosB=2sinCcosA−cosAsinB，所以sinA+B因为sinC>0，所以cosA=1因为A∈0,π，所以A=（2）由题意，得2BD所以AD=所以AD2=2所以22=49又由余弦定理得a2=①÷②得36a令cb=x，又A≤B，所以a≤b，所以所以b2+c2−bc≤令fx因为fx=4+6x−3x2令gt当t=0时，gt当t≠0时，gt=4+36t+27由对勾函数性质可得当0<t≤3时，y=t+27t单调递减，故同理当−3<t<0时，t+27所以1<gt≤7，所以36a所以当△ABC为等边三角形时a最小，最小值为6719．【答案】（1）解：因为Ax,2，B1,x