2023-2024学年甘肃省白银市靖远一中高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年甘肃省白银市靖远一中高一（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）在复平面内，复数z＝i（1﹣2i）的共轭复数为（）A．﹣2﹣i B．2﹣i C．﹣2+i D．2+i2．（5分）若棱长为a的正方体的内切球的表面积为16π，则a＝（）A．2 B．4 C．2 D．23．（5分）不透明的口袋中装有50个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有20个，从口袋中摸出一个球，若摸出白球的概率是0.2，则摸出黑球的概率是（）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.64．（5分）已知O为坐标原点，A（2，1），B（﹣1，2），C（1，3），若P为直线OC上一动点，当AP→⋅BPA．102 B．10 C．23 5．（5分）某湖中有一小岛C，沿湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在南偏西π12的方向上，汽车行驶2公里到达B处后，又测得小岛在南偏西5πA．36公里 B．26公里 C．33公里 6．（5分）已知△ABC外接圆的圆心为O，半径为1．设点O到边BC，CA，AB的距离分别为d1，d2，d3，若OA→•OB→+OB→•OC→+OC→•OA→=−1，则dA．34 B．1 C．327．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC=BD=23，∠BCD＝60°．若AB＝3，A，B，C，D四点都在球O的表面上，则球OA．25π B．36π C．12π D．24π8．（5分）在△ABC中，∠C＝90°，AB＝3，AC＝1，若AC→=2BD→A．7 B．8 C．12 D．13二、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）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则（）A．若（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab，则C=πB．若△ABC是单位圆的内接三角形，则asinAC．若（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC，则A=πD．若acosB+acosC＝b+c，则△ABC是锐角三角形（多选）10．（6分）某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为23，3A．该选手闯过第一关的概率为89B．该选手单独闯过第二关的概率为1516C．该选手能进入第三关的概率为1516D．该选手能进入第三关的概率为5（多选）11．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿矩形对角线BD将△BCD折起形成四面体ABCD，在这个过程中，下列结论正确的是（）A．在四面体ABCD中，当DA⊥BC时，BC⊥AC B．四面体ABCD的体积的最大值为245C．在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成的角可能为π3D．四面体ABCD的外接球的半径为定值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知|a→+2b→|=2，|a→|=|b→13．（5分）已知f（x）=cos3x2cosx2−sin3x2sin14．（5分）如图，已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均相等，∠BAD=π3，E是棱AB的中点，设平面α，β经过直线A1E，且α∩平面A1ACC1＝l1，β∩平面C1CDD1＝l2，若α⊥平面A1ACC1，则异面直线l1与l2所成角的余弦值为四、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．（13分）已知函数f（x）=3sin（ωx+φ）+2sin2（ωx+φ2）﹣1（ω＞0，0＜φ＜π）为奇函数，且相邻两对称轴间的距离为（1）当x∈[−π2，π4（2）将函数y＝f（x）的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）的图象，当x∈[−π12，16．（15分）由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人．3个人中只要有一人能解开密码锁，该团队就能进入下一关，否则淘汰出局．根据以往100次的测试，获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图，分别如图1、图2所示．（1）若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率；（2）若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立，求该团队能进入下一关的概率．17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且AEAB=m，点F为（Ⅰ）若m=12，证明：直线AF∥平面（Ⅱ）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．18．（17分）如图，设△ABC中的角A，B，C所对的边是a，b，c，AD为∠BAC的角平分线，已知AB＝1，AD→=34AB→+14AC→，AB→|AB→|⋅AC→（1）求边BC的长度；（2）当AG→⋅EF19．（17分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3acosB=bsinA，又以a，b，c为边长的三个正三角形的面积分别为S1，S2，S3，且S（1）求角B的大小；（2）求△ABC的面积；（3）若sinAsinC=3049，求△

2023-2024学年甘肃省白银市靖远一中高一（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）在复平面内，复数z＝i（1﹣2i）的共轭复数为（）A．﹣2﹣i B．2﹣i C．﹣2+i D．2+i【考点】共轭复数；复数的运算．【答案】B【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案．【解答】解：∵z＝i（1﹣2i）＝2+i，∴z=2−i故选：B．2．（5分）若棱长为a的正方体的内切球的表面积为16π，则a＝（）A．2 B．4 C．2 D．2【考点】球外切几何体；球的表面积．【答案】B【分析】设内切球的半径为r（r＞0），根据球的表面积求出r，即可得到a＝2r．【解答】解：设内切球的半径为r（r＞0），由球的表面积为S＝4πr2＝16π，得r2＝4，所以r＝2，又球内切于正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，则a＝2，r＝4．故选：B．3．（5分）不透明的口袋中装有50个大小相同的红球、白球和黑球，其中红球有20个，从口袋中摸出一个球，若摸出白球的概率是0.2，则摸出黑球的概率是（）A．0.2 B．0.3 C．0.4 D．0.6【考点】古典概型及其概率计算公式．【答案】C【分析】根据摸出1个球，摸出白球的概率为0.2，计算白球的个数，再计算黑球的个数，利用古典概型的概率求解即可．【解答】解：因为口袋内有50个大小相同的红球、白球和黑球，从中摸出1个球，摸出白球的概率为0.2，所以口袋内白球的个数为10，又因为红球有20个，所以黑球有20个．所以从中摸出1个球，摸出黑球的概率为2050故选：C．4．（5分）已知O为坐标原点，A（2，1），B（﹣1，2），C（1，3），若P为直线OC上一动点，当AP→⋅BPA．102 B．10 C．23 【考点】平面向量数量积的坐标运算；平面向量的模．【答案】A【分析】利用平面向量的模的坐标求法表示出|CP【解答】解：由题意可得OC→=(1，3)，设OP→=λOC→(λ∈R)所以AP→⋅BP→=（λ﹣2，3λ﹣1）•（λ+1，3λ﹣2）＝10当且仅当λ=12时，AP→所以CP→=(−12，−故选：A．5．（5分）某湖中有一小岛C，沿湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在南偏西π12的方向上，汽车行驶2公里到达B处后，又测得小岛在南偏西5πA．36公里 B．26公里 C．33公里 【考点】利用正弦定理解三角形；解三角形．【答案】C【分析】利用解三角形的知识求解出BC，从而点C到直线AB的距离，得到答案．【解答】解：由题图易知∠CAB=π12，∠CBA=π−5π又AB＝2（公里），在△ABC中，由正弦定理得BCsin∠CAB所以BC=2所以点C到直线AB的距离为BC⋅sin5π故选：C．6．（5分）已知△ABC外接圆的圆心为O，半径为1．设点O到边BC，CA，AB的距离分别为d1，d2，d3，若OA→•OB→+OB→•OC→+OC→•OA→=−1，则dA．34 B．1 C．32【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】B【分析】根据题干条件，把三角形进行特殊化，设A（1，0），B（﹣1，0），C（0，1），然后求出d12+d22+d32即可．【解答】解：不影响一般性，设A（1，0），B（﹣1，0），C（0，1），如图，此时OA→容易知道d1=d2所以d1故选：B．7．（5分）在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC=BD=23，∠BCD＝60°．若AB＝3，A，B，C，D四点都在球O的表面上，则球OA．25π B．36π C．12π D．24π【考点】球的表面积；球内接多面体．【答案】A【分析】取CD的中点E，连接AE，BE，令△BCD的中心为G，作OG∥AB交AB的中垂线HO于O，据此即可求解．【解答】解：如图，取CD的中点E，连接AE，BE，∵在四面体ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是边长为23∴Rt△ABC≌Rt△ABD，△ACD是等腰三角形，令△BCD的中心为G，作OG∥AB交AB的中垂线HO于O，O为外接球的球心，由BE＝3，BG＝2，得球O的半径R=2故球O的表面积为4πR2＝25π．故选：A．8．（5分）在△ABC中，∠C＝90°，AB＝3，AC＝1，若AC→=2BD→A．7 B．8 C．12 D．13【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】可分别以边CB，CA所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，然后过B作BE∥AC，并且BE＝AC，连接CE，并延长AB到F，使得BF＝AB，连接EF，从而得到平行四边形BCEF，这样便可说明D为线段BF的中点，根据条件可求得BC=22，这样便可得出点C，B，D的坐标，从而求出向量CD→，【解答】解：如图，分别以CB，CA所在直线为x，y轴，建立平面直角坐标系，过B作BE∥AC，且BE＝AC，连接CE，延长AB到F，使BF＝AB，连接EF，则：四边形BCEF为平行四边形；∴BE→又AC→∴D为边BF的中点；根据条件得，C(0，0)，B(22∴CD→∴CD→故选：C．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）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，则（）A．若（a+b+c）（a+b﹣c）＝3ab，则C=πB．若△ABC是单位圆的内接三角形，则asinAC．若（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsinC，则A=πD．若acosB+acosC＝b+c，则△ABC是锐角三角形【考点】解三角形．【答案】AC【分析】选项A利用余弦定理求解即可，选项B利用正弦定理求解即可，选项C利用正弦定理结合余弦定理求解即可，选项D利用特殊法直角三角形满足题目条件否定锐角三角形的结论．【解答】解：对于选项A，将已知等式展开整理得a2+b2﹣c2＝ab，所以cosC=a又C∈（0，π），所以C=π3，所以选项对于选项B，外接单位圆的半径R＝1，由正弦定理得：a＝2Rsin•A＝2sin•A，b＝2RsinB＝2sinB，c＝2Rsin•C＝2sin•C，所以asinA+b对于选项C，由正弦定理得（b﹣c）2＝a2﹣bc，整理得b2+c2﹣a2＝bc，所以cosA=b2+c2−a22bc=对于选项D，在直角△ABC中，斜边为a，则b＝acosC，c＝acosB，得acosB+acosC＝b+c，所以选项D错误．故选：AC．（多选）10．（6分）某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的过关率分别为23，3A．该选手闯过第一关的概率为89B．该选手单独闯过第二关的概率为1516C．该选手能进入第三关的概率为1516D．该选手能进入第三关的概率为5【考点】相互独立事件的概率乘法公式．【答案】ABD【分析】根据已知条件，结合相互独立事件的概率乘法公式即可求解．【解答】解：该选手闯过第一关的概率P1=2该选手单独闯过第二关的概率P2=3该选手能进入第三关的概率P=89×1516故选：ABD．（多选）11．（6分）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿矩形对角线BD将△BCD折起形成四面体ABCD，在这个过程中，下列结论正确的是（）A．在四面体ABCD中，当DA⊥BC时，BC⊥AC B．四面体ABCD的体积的最大值为245C．在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成的角可能为π3D．四面体ABCD的外接球的半径为定值【考点】棱锥的体积；几何法求解直线与平面所成的角；球内接多面体．【答案】ABD【分析】根据线面垂直判断A，应用面面垂直性质计算判断B，应用线面角定义计算判断C，根据几何体特征求出外接球半径即可判断D．【解答】解：对于A项，当DA⊥BC时，因为BC⊥CD，CD∩DA＝D，CD，DA⊂平面ACD，所以BC⊥平面ACD，AC⊂平面ACD，所以BC⊥AC，故A项正确；对于B项，当平面ABD⊥平面BCD时，四面体ABCD的体积最大，在△BCD中，根据等面积法可得点C到平面ABD的距离满足5h＝3×4，则h=12所以VA−BCD=1对于C项，当平面ABD⊥平面BCD时，BC与平面ABD所成的角∠CBD最大，此时tan∠CBD=43＜3，即对于D项，因为△BAD和△BCD都是直角三角形且共斜边，所以斜边BD的中点到A，B，C，D的距离相等，所以四面体ABCD的外接球的半径R=12BD=故选：ABD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知|a→+2b→|=2，|a→|=|b→【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】﹣1．【分析】令|a→|=|b→|=t＞0，利用向量的模|a→+2b→|=2，可得向量的数量积5t2+4a⋅b=4⇒a⋅b=4−5【解答】解：设|a因为|a→+2化简可得：5t所以cos〈a因为cos〈a→，b→由a→+2b→，cosα=(分子分母同除以t2，可得cosα=−3令1t2=x，则x∈[当x=54时，﹣4x2+10x取得最大值当x=14或94时，﹣4x2+10x所以cosα的最小值为﹣1，cosα的最大值为−3故答案为：﹣1．13．（5分）已知f（x）=cos3x2cosx2−sin3x2sin【考点】两角和与差的三角函数；二倍角的三角函数．【答案】见试题解答内容【分析】先利用两角和公式对函数解析式化简整理，然后令f（x）＝0，根据正弦函数的性质求得x，则函数的零点可得．【解答】解：∵f（x）＝cos2x﹣sin2x=2令f（x）＝0，得2cos(又∵x∈[π∴5π4∴π4∴x=5π即函数f（x）的零点是x=5π故答案为：x=5π14．（5分）如图，已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均相等，∠BAD=π3，E是棱AB的中点，设平面α，β经过直线A1E，且α∩平面A1ACC1＝l1，β∩平面C1CDD1＝l2，若α⊥平面A1ACC1，则异面直线l1与l2所成角的余弦值为【考点】异面直线及其所成的角．【答案】9510【分析】连接AC，BD，A1C1，B1D1，且AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，取AD中点F，连接A1F，连接EF交AC于点G，可证得异面直线l1与l2所成角即A1G与A1E所成角，即为∠EA1G，然后在Rt△EA1G中求解即可．【解答】解：由直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长均相等，且∠BAD=π3，得四边形连接AC，BD，A1C1，B1D1，且AC∩BD＝O，A1C1∩B1D1＝O1，∴BD⊥AC，B1D1⊥A1C1，∵AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴AA1⊥BD，且AA1∩AC＝A，∴BD⊥平面A1ACG1，取AD的中点F，连接A1F，连接EF交AC于G，∴EF∥BD，且G是AO的中点，∴EF⊥平面A1ACC1，∵EF⊂平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面A1ACC1，∵A1E⊂平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面A1ACC1，又A1E⊂平面A1EF，∴平面A1EF⊥平面A1ACC1，∵A1E⊂平面A1EF，∴平面A1EF即为平面α，l1即为直线A1G，由A1E⊂平面β，β∩平面C1CDD1＝l2，A1E∥平面C1CDD1，∴A1E∥l2，∴异面直线l1与l2所成角即A1G与A1E所成角，即为∠EA1G，设AB＝2，则直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的所有棱长都为2，∵∠BAD=π3，∴BD＝AB＝B1D1＝2，EF=12D1B1=1，且∴A1∴cos∠EA1G=A∴异面直线l1与l2所成角的余弦值为9510故答案为：9510四、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．（13分）已知函数f（x）=3sin（ωx+φ）+2sin2（ωx+φ2）﹣1（ω＞0，0＜φ＜π）为奇函数，且相邻两对称轴间的距离为（1）当x∈[−π2，π4（2）将函数y＝f（x）的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）的图象，当x∈[−π12，【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的单调性．【答案】见试题解答内容【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数f（x）的解析式，再利用正弦函数的周期性、单调性，求得f（x）的单调递减区间．（2）根据函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，再利用正弦函数的定义域和值域，求得函数g（x）的值域．【解答】解：（1）由题意可得：函数f（x）＝f（x）=3sin（ωx+φ）+2sin2（ωx+φ=3sin（ωx+φ）﹣cos（ωx+φ）＝2sin（ωx+φ−π6）（ω＞0，0＜φ∴φ−π6=kπ，k∈Z，∴∵相邻两对称轴间的距离为T2=πω=π2，∴ω令2kπ+π2≤2x≤2kπ+3π2，求得kπ+π4≤x≤kπ+3π4，故函数的减区间为[kπ结合x∈[−π2，π4]，可得f（（2）将函数y＝f（x）的图象向右平移π6个单位长度，可得y＝2sin（2x−再把横坐标缩小为原来的12（纵坐标不变），得到函数y＝g（x）＝2sin（4x−当x∈[−π12，π6]时，4x−π3∈[−2π3π3]，此时，sin（4x−π316．（15分）由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏，第一关解密码锁，3个人依次进行，每人必须在1分钟内完成，否则派下一个人．3个人中只要有一人能解开密码锁，该团队就能进入下一关，否则淘汰出局．根据以往100次的测试，获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图，分别如图1、图2所示．（1）若甲解开密码锁所需时间的中位数为47，求a，b的值，并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率；（2）若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率，并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5，各人是否解开密码锁相互独立，求该团队能进入下一关的概率．【考点】频率分布直方图的应用；对立事件的概率关系及计算．【答案】（1）b＝0.026；a＝0.024；0.7．（2）0.985．【分析】（1）根据频率分布直方图求中位数即可求出，再应用独立事件乘法公式求概率；（2）先求对立事件的概率再求出能进入下一关的概率即可．【解答】解：（1）因为甲解开密码锁所需时间的中位数为47，所以0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×（47﹣45）＝0.5，0.04×（50﹣47）+0.032×5+a×5+0.01×10＝0.5，解得b＝0.026，a＝0.024．由直方图可知甲在1分钟内解开密码锁的频率f甲＝1﹣0.01×10＝0.9；乙在1分钟内解开密码锁的频率f乙＝1﹣0.035×5﹣0.025×5＝0.7．（2）由（1）及条件知，甲在1分钟内解开密码锁的概率是0.9，乙是0.7，丙是0.5，且各人是否解开密码锁相互独立．记“团队能进入下一关”为事件A，“不能进入下一关”为事件A，则P(A所以该团队能进入下一关的概率P(A)=1−P(A17．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，∠DAB＝30°，PD⊥平面ABCD，AD＝2，点E为AB上一点，且AEAB=m，点F为（Ⅰ）若m=12，证明：直线AF∥平面（Ⅱ）是否存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．【答案】见试题解答内容【分析】（Ⅰ）作FM∥CD，交PC于M，推导出四边形AEMF为平行四边形，由此能证明直线AF∥平面PEC．（Ⅱ）要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，求出AE＝ADcos30°=3，推导出平面PDE⊥平面PAB，由此能求出存在一个常数m=AEAB=3【解答】证明：（Ⅰ）作FM∥CD，交PC于M，∵点M为PD的中点，∴FM=12∵m=12，∴AE=又FM∥CD∥AE，∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∴四边形AEMF为平行四边形，∴AF∥EM，∵AF⊄平面PEC，EM⊂平面PEC，∴直线AF∥平面PEC．解：（Ⅱ）存在一个常数m，使得平面PED⊥平面PAB，要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，此时AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，∴AE＝ADcos30°=3又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥平面PDE，∵AB⊂平面PAB，∴平面PDE⊥平面PAB，∴m=AE18．（17分）如图，设△ABC中的角A，B，C所对的边是a，b，c，AD为∠BAC的角平分线，已知AB