2023-2024学年福建省福州市闽侯二中高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年福建省福州市闽侯二中高一（下）期末数学试卷一、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．（5分）已知i是虚数单位，则21−iA．1 B．i C．22 D．2．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AC和直线BC1所成的角为（）A．π6 B．π4 C．π33．（5分）已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，b＝3，则a+csinA+sinCA．36 B．16 C．24．（5分）已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2．用计算器产生1～5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：412451312533224344151254424142435414335132123233314232353442据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为（）A．0.4 B．0.45 C．0.55 D．0.65．（5分）已知等腰△ABC中，A=23π，则BCA．32BA→ B．−32BA6．（5分）已知平面向量a→，b→满足a→A．﹣2 B．−12 C．17．（5分）已知三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝4，BC＝3，CD＝5，BD＝7，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．196π3 B．244π3 C．196π58．（5分）已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足asinA+C2=bsinA，且cosAa+A．6 B．43 C．23 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．（多选）9．（6分）已知z1、z2都是复数，下列选项正确的是（）A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2 B．若z2≠0，则|zC．若z12+z22=0，则D．若z12=z22，则|（多选）10．（6分）下列对各事件发生的概率判断正确的是（）A．某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为4B．三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为15，13，14C．从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是13D．设两个独立事件A和B都不发生的概率为19，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是（多选）11．（6分）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有（）A．直线A1G与直线C1E为异面直线 B．直线A1G与平面ADD1A1所成角的正弦值为13C．二面角D1﹣AC﹣B1的平面角余弦值为13D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′B′＝3，B′C′=32，则四边形ABCD的面积为13．（5分）在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=3π4，b＝6，a2+c2＝22ac，则△ABC的面积为14．（5分）定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为．四、解答题：本题共5小题，，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知复数z＝a+bi，a，b∈R．（1）若a＝m2+m﹣2，b＝2m2﹣m﹣3，m∈R，z对应的点在第四象限，求m的范围．（2）若|z﹣1|＝1，求a+b的最大值．16．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝2，M是线段PD的中点．（Ⅰ）求证：PB∥平面AMC；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ACM的体积；（Ⅲ）求直线BM与底面ABCD所成角的正切值．17．（15分）在△ABC中，1+sinAsinB＝cos2B﹣sin2A+sin2C．（1）求角C的大小；（2）若D在边AB上，DC⊥CB，且AC=3，AD=1，求△ABC的面积18．（17分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．（1）根据频率分布直方图，估计这些人的平均年龄和第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m19．（17分）欧拉（1707﹣1783），他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式eiθ＝cosθ+isinθ，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的θ取作π就得到了欧拉恒等式eiπ+1＝0，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数e，圆周率π，两个单位——虚数单位i和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：eiθ＝cosθ+isinθ，解决以下问题：（1）将复数eπ3i+eπi表示成a+bi（a，（2）求|e（3）若zn＝1，则z＝zk（k＝0，1，2，⋯，n﹣1），这里zk=cos2kπn+isin2kπn(k=0，1，2，⋯，n−1)，称zk为1的一个n次单位根，简称单位根．类比立方差公式，我们可以获得x5﹣1＝（x﹣1）（x4+x3+x2+x1+1），复数z=e2π5，H（x）＝x2+x+2，求H（z）H（z2

2023-2024学年福建省福州市闽侯二中高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知i是虚数单位，则21−iA．1 B．i C．22 D．【考点】复数的运算．【答案】C【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．【解答】解：21−i=2故选：C．2．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线AC和直线BC1所成的角为（）A．π6 B．π4 C．π3【考点】异面直线及其所成的角．【答案】C【分析】连接AD1，CD1，将异面直线所成的角转化为相交直线的夹角，再由正方体中边的关系，可得△ACD1为等边三角形，即求出角的大小．【解答】解：连接AD1，CD1，在正方体中，可得AD1∥BC1，所以∠D1AC等于直线AC和直线BC1所成的角，在正方体中，可得△ACD1为等边三角形，所以∠D1AC=π故选：C．3．（5分）已知△ABC中内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B＝60°，b＝3，则a+csinA+sinCA．36 B．16 C．2【考点】利用正弦定理解三角形．【答案】C【分析】由题意根据正弦定理计算可得．【解答】解：因为B＝60°，b＝3，由正弦定理可得asinA再由和比定理得a+csinA+sinC故选：C．4．（5分）已知某种设备在一年内需要维修的概率为0.2．用计算器产生1～5之间的随机数，当出现随机数1时，表示一年内需要维修，其概率为0.2，由于有3台设备，所以每3个随机数为一组，代表3台设备一年内需要维修的情况，现产生20组随机数如下：412451312533224344151254424142435414335132123233314232353442据此估计一年内至少有1台设备需要维修的概率为（）A．0.4 B．0.45 C．0.55 D．0.6【考点】模拟方法估计概率．【答案】B【分析】利用古典概型的概率公式求解即可．【解答】解：在20组随机数中，三位数字中有数字1的即可，故共有9个随机数中含有数字1，所以一年内至少有1台设备需要维修的概率为920故选：B．5．（5分）已知等腰△ABC中，A=23π，则BCA．32BA→ B．−32BA【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】A【分析】由等腰△ABC的顶角A=2π3，算出B＝C=π6，结合正弦定理求出AB＝【解答】解：根据题意得B＝C=1由正弦定理得BCsin2π3=ABsinπBC→在BA→上的投影为可知BC→在BA→上的投影向量为故选：A．6．（5分）已知平面向量a→，b→满足a→A．﹣2 B．−12 C．1【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【答案】D【分析】根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．【解答】解：a→则a→=(3a→则32⋅k−1故选：D．7．（5分）已知三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝4，BC＝3，CD＝5，BD＝7，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．196π3 B．244π3 C．196π5【考点】球的表面积．【答案】B【分析】由题意画出图形，利用正弦定理求出△BCD的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．【解答】解：如图，设△BCD的外心为M，过M作底面的垂线MO，使MO=12BA在△BCD中，由BC＝3，CD＝5，BD＝7，得cos∠BCD=3故sin∠BCD=32，设△BCD的外接圆的半径为则r=72×3∴OB∴三棱锥外接球的表面积为4πR故选：B．8．（5分）已知△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足asinA+C2=bsinA，且cosAa+A．6 B．43 C．23 【考点】解三角形；正弦定理．【答案】D【分析】根据诱导公式，正弦定理与二倍角公式化简等式一，可得B=π3，再利用正弦定理将等式二中的边化角，并结合两角和的正弦公式，求出△ABC外接圆的半径，从而知a＝2sinA，c＝2sin【解答】解：因为A+B+C＝π，且asinA+C所以asinπ−B2=bsinA，即acosB2=由正弦定理知，sinAcosB2=sinBsinA＝2sinB2cosB因为sinA＞0，cosB2＞0，所以sin又B∈（0，π），所以B2=π6由正弦定理及cosAa+cosBb=2sinBsinC3sinA，知12R•（所以12R•sinAcosB+cosAsinBsinAsinB=12R解得R＝1，由正弦定理知，asinA=c所以a＝2sinA，c＝2sinC，所以a+2c＝2（sinA+2sinC）＝2[sinA+2sin（A+π3）]＝2（2sinA+3cosA）＝27sin（A+φ），其中tan所以当A+φ=π2时，a+2c取得最大值2故选：D．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．（多选）9．（6分）已知z1、z2都是复数，下列选项正确的是（）A．若|z1|＝|z2|，则z1＝±z2 B．若z2≠0，则|zC．若z12+z22=0，则D．若z12=z22，则|【考点】复数的模．【答案】BD【分析】AC选项，举出反例；B选项，设z1＝a+bi，z2＝c+di，计算出z1z2=ac+bd+(bc−ad)ic2+d2，得到|z1z2|=a2+b2c2+d2，计算出|z1||z2|=a2+b2c2+d2【解答】解：A选项，设z1＝3+4i，z2=1+26i，满足|z1|＝|z2|，但z1≠±zB选项，若z2≠0，设z1＝a+bi，z2＝c+di，故z1则|=(又|z1||zC选项，设z1＝1+i，z2＝1﹣i，满足z12+z22=0，不满足zD选项，设z1＝a+bi，z2＝c+di，则z12=因为z12=z22，所以a2﹣b2＝c2﹣d解得a＝c，b＝d，或a＝﹣c，b＝﹣d，故|z1|＝|z2|，故D正确．故选：BD．（多选）10．（6分）下列对各事件发生的概率判断正确的是（）A．某学生在上学的路，上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为4B．三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为15，13，14C．从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是13D．设两个独立事件A和B都不发生的概率为19，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】ABC【分析】根据独立事件概率公式，计算后，判断的ABD；根据古典概型概率公式，判断C．【解答】解：对于A，该生在第3个路口首次遇到红灯的情况为前2个路口不是红灯，第3个路口是红灯，所以概率为(1−13)对于C，从1，2，3，4中任取2个不同的数，有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6个结果，其中取出的2个数之差的绝对值为2的包含（1，3）和（2，4）两个样本点，则概率P=26=对于B，用A、B、C分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码，则P(A)=15，P(B)=1“三个人都不能破译出密码”发生的概率为45×23×对于D，易得P(A∩B)=P(B∩A即P（A）[1﹣P（B）]＝P（B）[1﹣P（A）]，∴P（A）＝P（B），又P(A∴P(A)=P(B)=1故选：ABC．（多选）11．（6分）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD，DD1，CD的中点，则下列说法正确的有（）A．直线A1G与直线C1E为异面直线 B．直线A1G与平面ADD1A1所成角的正弦值为13C．二面角D1﹣AC﹣B1的平面角余弦值为13D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9【考点】几何法求解直线与平面所成的角；几何法求解二面角及两平面的夹角；异面直线的判定．【答案】BC【分析】证明EG∥A1C1，说明A1，E，G，C1四点共面，判断A；找到直线A1G与平面ADD1A1所成角，解直角三角形可得其正切值，判断B；作出二面角D1﹣AC﹣B1的平面角，计算其余弦值，可判断C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积判断D．【解答】解：对于A，连接A1C1，AC，则ACC1A1为矩形，则A1C1∥AC1，而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故EG∥AC，∴EG∥A1C1，则A1，E，G，C1四点共面，故直线A1G，C1E不是异面直线，A错误；对于B，由于GD⊥平面ADD1A1，故∠GA1D即为直线A1G与平面ADD1A1所成角，而DG＝1，A1D=22故sin∠GA1D=对于C，连接BD交AC于点O，连接D1O，B1O，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，故AC⊥DD1，又AC⊥BD，DD1∩BD＝D，DD1，BD⊂平面D1OB1，故AC⊥平面D1OB1，即∠D1OB1为二面角D1﹣AC﹣B1的平面角，又D1B故cos∠D1O对于D，连接AD1，则EF∥AD1，AD1∥BC1，∴EF∥BC1，EF=1则梯形EFCB即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，而EB=FC1=5，故等腰梯形EFC1B的高为(5故等腰梯形EFC1B的面积为12即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为92，D故选：BC．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图为矩形A′B′C′D′，已知A′B′＝3，B′C′=32，则四边形ABCD的面积为【考点】平面图形的直观图．【答案】92．【分析】运用斜二测画法，逆向画出原图．求出四边形ABCD面积即可．【解答】解：运用斜二测画法，逆向画出原图，如图所示：A，O，B在x轴位置不变，AB＝3，长度不变；C点在y轴上，所以C′O′=322因为CD∥AB，长度不变，所以CD＝3．又四边形ABCD为平行四边形，所以四边形ABCD的面积为3×32故答案为：9213．（5分）在△ABC中，其内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B=3π4，b＝6，a2+c2＝22ac，则△ABC的面积为【考点】余弦定理；正弦定理．【答案】3．【分析】由余弦定理可求得ac，再由三角形的面积公式计算即可求得．【解答】解：由余弦定理得：b2＝a2+c2﹣2accosB，即36=a所以ac=62所以S=1故答案为：3．14．（5分）定义轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，轴截面为正方形的圆柱为等边圆柱，已知一个等边圆锥的底面圆的直径为2，在该圆锥内放置一个等边圆柱，并且圆柱在该圆锥内可以任意转动，则该圆柱的体积的最大值为．【考点】圆柱的体积．【答案】2π(2【分析】由等边圆锥和等边圆柱的定义可知，当等边圆柱内切于等边圆锥时体积最大，利用三角形相似求得圆柱半径可得其体积．【解答】解：根据题意可知，等边圆锥的轴截面为等边三角形SAB，且AB=2，SO=3设等边圆柱轴截面是边长为2r的正方形，可知OC＝r，如下图所示：当圆柱体积最大时，等边圆柱内切于等边圆锥，此时易知△ACD～△AOS，即ACAO=CD解得r=23−3，所以该圆柱的体积的最大值为πr故答案为：2π(2四、解答题：本题共5小题，，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知复数z＝a+bi，a，b∈R．（1）若a＝m2+m﹣2，b＝2m2﹣m﹣3，m∈R，z对应的点在第四象限，求m的范围．（2）若|z﹣1|＝1，求a+b的最大值．【考点】复数的模；复数的代数表示法及其几何意义．【答案】（1）(1，3（2）2+1【分析】（1）由复数的几何意义，列不等式，即可求解；（2）有复数模的公式，得到（a﹣1）2+b2＝1，再结合基本不等式，即可求解a+b的最大值．【解答】解：（1）由题意知m2+m−2＞02故实数m的范围为(1，3（2）|z−1|=|(a−1)+bi|=(a−1)所以（a﹣1）2+b2＝1，所以(a−1)+b2≤(a−1)当且仅当a﹣1＝b，所求a+b最大值为2+116．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥底面ABCD，PA＝2，M是线段PD的中点．（Ⅰ）求证：PB∥平面AMC；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ACM的体积；（Ⅲ）求直线BM与底面ABCD所成角的正切值．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行；直线与平面所成的角．【答案】（Ⅰ）证明见解答；（Ⅱ）16（Ⅲ）25【分析】（Ⅰ）根据连接BD，设BD∩AC＝N，连接MN，则易知MN∥PB，再根据线面平行的判定定理，即可证明；（Ⅱ）根据题意可得三棱锥P﹣ACM的体积为：VP﹣ACM＝VD﹣ACM＝VM﹣ACD=1（Ⅲ）取AD的中点H，连接MH，则易证MH⊥底面ABCD，从而可得∠MBH即为所求，再解三角形，即可得解．【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，连接BD，设BD∩AC＝N，连接MN，∵底面ABCD是边长为1的正方形，∴N是BD中点，又M是线段PD的中点，∴MN∥PB，又PB⊄平面AMC，MN⊂平面AMC，∴PB∥平面AMC；（Ⅱ）根据题意可得三棱锥P﹣ACM的体积为：VP﹣ACM＝VD﹣ACM＝VM﹣ACD=1=1（Ⅲ）取AD的中点H，连接MH，则MH∥PA，又PA⊥底面ABCD，∴MH⊥底面ABCD，∴直线BM与底面ABCD所成角为∠MBH，又易知MH=12PA＝1，BH∴tan∠MBH=MH故直线BM与底面ABCD所成角的正切值为2517．（15分）在△ABC中，1+sinAsinB＝cos2B﹣sin2A+sin2C．（1）求角C的大小；（2）若D在边AB上，DC⊥CB，且AC=3，AD=1，求△ABC的面积【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．【答案】（1）C=2π（2）S=3【分析】（1）由正弦定理及余弦定理化简即可得出所求角；（2）由正弦定理求出∠ADC，再由三角形的面积公式求解．【解答】解：（1）由题意得1﹣cos2B+sin2A﹣sin2C＝﹣sinAsinB，即sin2B+sin2A﹣sin2C＝﹣sinAsinB，由正弦定理得AC2+BC2﹣AB2＝﹣BC•AC，由余弦定理得cosC=A因为C∈（0，π），所以C=2π（2）如图，因为DC⊥CB，所以∠ACD=2π在△ACD中，由正弦定理得1sin解得sin∠ADC=3则∠ADC=2π3或得A=π−2π3−故S=118．（17分）某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20，25），第二组：[25，30），第三组：[30，35），第四组：[35，40），第五组：[40，45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人．（1）根据频率分布直方图，估计这些人的平均年龄和第80百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任本市的“中国梦”宣传使者．（i）若有甲（年龄38），乙（年龄40）两人已确定人选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率；（ii）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，据此估计这m【考点】频率分布直方图的应用．【答案】（1）32.25；37.5；（2）（i）35；（ii【分析】（1）平均数等于每组的中点的横坐标乘以每组的频率之和，第80百分位数即频率之和为0.8；（2）（i）用列举法即可求；（ii）利用平均数公式，方差公式即可求出．【解答】解：（1）设这些人的平均年龄为x，则x=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.3+37.5×0.2+42.5×0.1=32.25设第80百分位数为a，即频率之和为0.8．方法一：由5×0.02+（40﹣a）×0.04＝1﹣0.8＝0.2，解得a＝37.5．方法二：由0.05+0.35+0.3+（a﹣35）×0.04＝0.8，解得a＝37.5．（2）（i）由题意得，第四组应抽取4人，记为a，b，c，甲，第五组抽取2人，记为d，乙，对应的样本空间为：Ω＝{（a，b），（a，c），（a，甲），（a，乙），（a，d），（b，c），（b，甲），（b，乙），（b，d），（c，甲），（c，乙），（c，d），（甲，乙），（甲，d），（乙，d）}，共15个样本点．设事件M＝“甲、乙两人至少一人被选上”，则M＝{（a，甲），（a，乙），（b，甲），（b，乙），（c，甲），（c，乙），（甲，乙），（甲，d），（乙，d）}，共有9个样本点．所以，P(M)=n(M)（ii）设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为x4，x5，方差分别为s4则x4=37，x5=43，由于第一组有10人，则第四组有40人，第五组有20人，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为s2．则Z=40X因此，第四组和第五组所有宣传