2023-2024学年陕西省宝鸡市渭滨区高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年陕西省宝鸡市渭滨区高一（下）期末数学试卷一、单选题：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）复数i3（1+i）2＝（）A．2 B．﹣2 C．2i D．﹣2i2．（5分）已知△ABC是边长为a的正三角形，那么△ABC平面直观图△A′B′C′的面积为（）A．616a2 B．332a2 C．316a2 D．3．（5分）八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中|OA→|=1，其中eA．OA→与OH→的夹角为B．OD→C．|OAD．OA→在OD→4．（5分）一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8（其中x≠7），若该组数据的中位数是众数的54A．163，5 B．5，5 C．163，65．（5分）已知各棱长都为1的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱AA1、AB、AD两两的夹角均为π3，则异面直线BA1与CB1A．π4 B．π6 C．π36．（5分）已知O，N，P满足|OA→|=|OB→|=|OC→|，NA→+A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心 C．外心，重心，垂心 D．外心，重心，内心7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S＝a2+b2﹣c2，则tanC的值为（）A．14 B．12 C．28．（5分）已知三棱锥A﹣BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB＝23，AC＝AD＝4，CD＝22，则球O的表面积为（）A．20π B．18π C．36π D．24π二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每个小题给出的选项中，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．（5分）已知一组样本数据x1，x2，…，x50（x1＜x2＜⋯＜x50）的方差s2A．这组样本数据的总和为100 B．这组样本数据的中位数为2 C．3x1+1，3x2+1，…，3x50+1的标准差为3s D．x1+x22，x2+x32，…，x49+（多选）10．（5分）下列关于平面向量的说法中正确的是（）A．已知c→≠0→，且B．若非零a→，b→满足|a→|＝|b→|＝|a→−C．已知a→=(2，−3)，bD．已知a→=(1，2)，b→=(1，1)且a→（多选）11．（5分）从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是1A．2个球都是红球的概率为112B．2个球中恰有1个红球的概率为512C．至少有1个红球的概率为12D．2个球不都是红球的概率为1（多选）12．（5分）已知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则（）A．棱台的高为23B．棱台的表面积为1263C．棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为36D．棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知a→=(2，23)，e→为单位向量，向量a→，e→的夹角为π14．（5分）如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度CD，选取与碑基C在同一水平面内的两个测量点A，B．现测得∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝120米，在点B处测得碑顶D的仰角为30°，则该同学通过测量计算出纪念碑高CD为米．（保留根号）15．（5分）△ABC中，点M为AC上的点，且AM→=3MC→，若BM→=λBA16．（5分）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为10的正四棱锥P﹣ABCD中，大球O1内切于该四棱锥，小球O2与大球O1及四棱锥的四个侧面相切，则小球O2的体积为．四、解答题：本题共5小题，共70分。每题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（14分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，0），B（3，2），C（2，5），点P满足AP→（Ⅰ）当λ＝1，μ＝﹣1时，求点P的坐标；（Ⅱ）若AP⊥BC，求λμ18．（14分）在复平面内，O是坐标原点，向量OZ1→，OZ2→对应的复数分别为z1＝1﹣2i，z2＝3+（Ⅰ）求|z1+z2|的最小值；（Ⅱ）若OZ1→⊥O（Ⅲ）若复数z2z119．（14分）为提高服务质量，某社区居委会进行了居民对社区工作满意度的问卷调查．随机抽取了100户居民的问卷进行评分统计，评分的频率分布直方图如图所示，数据分组依次为：[60，65），[65，70），[70，75），[75，80），[80，85），[85，90]．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）求这100户居民问卷评分的中位数；（Ⅲ）若根据各组的频率的比例采取分层抽样的方法，从评分在[65，70）和[70，75）内的居民中共抽取6户居民，查阅他们答卷的情况，再从这6户居民中选取2户进行专项调查，求这2户居民中恰有1户的评分在[65，70）内的概率．20．（14分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acosB＝0．（1）求角A；（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD21．（14分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为2的正方形，PB＝PD．（1）证明：平面PBD⊥平面PAC；（2）若PA＝1，PA与平面ABCD的夹角为π4，求二面角P﹣BC﹣A

2023-2024学年陕西省宝鸡市渭滨区高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：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）复数i3（1+i）2＝（）A．2 B．﹣2 C．2i D．﹣2i【考点】复数的运算．【答案】A【分析】复数i的幂的计算，直接乘积展开可得结果．【解答】解：i3（1+i）2＝（﹣i）（2i）＝2，故选：A．2．（5分）已知△ABC是边长为a的正三角形，那么△ABC平面直观图△A′B′C′的面积为（）A．616a2 B．332a2 C．316a2 D．【考点】平面图形的直观图．【答案】A【分析】由原图和直观图面积之间的关系S直观图S原图=24，求出原三角形的面积，再求直观图△【解答】解：正三角形ABC的边长为a，故面积为34a2，而原图和直观图面积之间的关系S故直观图△A′B′C′的面积为616故选：A．3．（5分）八卦是中国文化的基本哲学概念，图1是八卦模型图，其平面图形为图2所示的正八边形ABCDEFGH，其中|OA→|=1，其中eA．OA→与OH→的夹角为B．OD→C．|OAD．OA→在OD→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量的投影向量；平面向量的数乘与线性运算．【答案】C【分析】由正八边形的性质和向量的数量积与夹角等相关知识逐一判断各选项即可．【解答】解：因为多边形ABCDEFGH为正八边形，所以∠AOH=2π所以OA→与OH→的夹角为π4若OD→+OF→=因为∠AOC=2×π4=又|OA→|=|OD→因为∠AOD=3×π所以OA→在OD→上的投影向量为|OA故选：C．4．（5分）一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8（其中x≠7），若该组数据的中位数是众数的54A．163，5 B．5，5 C．163，6【考点】用样本估计总体的离散程度参数；百分位数；用样本估计总体的集中趋势参数．【答案】C【分析】中位数是4+x2，众数是4，由该组数据的中位数是众数的54倍，列方程解得【解答】解：一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，4，x，7，8（其中x≠7），∴中位数是4+x2∵该组数据的中位数是众数的54∴4+x2=5∴平均数为16∴该组数据的方差为：S2=16[（1﹣5）2+（4﹣5）2+（4﹣5）2+（6﹣5）2+（7﹣5）2+（8﹣5）2]6×60%＝3.6，∴第60百分位数是6．故选：C．5．（5分）已知各棱长都为1的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱AA1、AB、AD两两的夹角均为π3，则异面直线BA1与CB1A．π4 B．π6 C．π3【考点】异面直线及其所成的角．【答案】C【分析】根据给定条件，结合平行六面体的结构特征，利用几何法求出异面直线BA1与CB1所成角．【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，连接A1D，BD，A1B1∥AB∥CD，A1B1＝AB＝CD，则四边形A1B1CD是平行四边形，B1C∥A1D，于是∠BA1D或其补角是异面直线BA1与CB1所成角，由AA1＝AB＝AD＝1，棱AA1，AB，AD两两的夹角均为π3得△ABD，△ABA1，△ADA1都是正三角形，即A1B＝BD＝A1D＝1，则∠BA所以异面直线BA1与CB1所成角为π3故选：C．6．（5分）已知O，N，P满足|OA→|=|OB→|=|OC→|，NA→+A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心 C．外心，重心，垂心 D．外心，重心，内心【考点】三角形五心．【答案】C【分析】由|OA→|=|OB→|=|OC→|，结合外接圆的性质得出O是△ABC的外心；取BC中点D，利用向量运算确定N为△ABC三边中线的交点，从而判断N为△ABC的重心；由PA→⋅PB→−PB→⋅【解答】解：由题意得|OA→|＝|OB→|＝|OC→|，∴O是△ABC取BC中点D，∵NA→+NB→+NC→∴NA所在直线经过BC中点D，与中线共线，同理可得NB，NC分别与AC，AB边的中线共线，∴N是三角形中三条中线交点，∴N是重心；∵PA→∴PA→⋅PB→−PB→⋅PC→=同理得PC⊥AB，PA⊥BC，即P是三角形的垂心．故选：C．7．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为S＝a2+b2﹣c2，则tanC的值为（）A．14 B．12 C．2【考点】余弦定理．【答案】D【分析】利用三角形的面积公式和余弦定理即可求解．【解答】解：因为△ABC的面积为S＝a2+b2﹣c2，所以12又∵cosC=a∴2abcosC=12absinC故选：D．8．（5分）已知三棱锥A﹣BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB＝23，AC＝AD＝4，CD＝22，则球O的表面积为（）A．20π B．18π C．36π D．24π【考点】球的体积和表面积．【答案】A【分析】由已知可得底面三角形BCD为等腰直角三角形，求出棱锥的底面外接圆的半径，然后求解几何体的外接球的半径，即可求解外接球的表面积．【解答】解：如图，∵AB⊥平面BCD，BC、BD⊂平面BCD，∴AB⊥BC，AB⊥BD，∵AB＝23，AC＝AD＝4，∴BC＝BD=4又CD＝22，∴BC2+BD2＝CD2，即BC⊥BD，取CD中点G，则G为△BCD的外心，设球O的半径为R，三角形BCD的外接圆半径为r，则r=12CD=2，∴球O的表面积为S＝4πR2＝20π．故选：A．二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每个小题给出的选项中，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．（5分）已知一组样本数据x1，x2，…，x50（x1＜x2＜⋯＜x50）的方差s2A．这组样本数据的总和为100 B．这组样本数据的中位数为2 C．3x1+1，3x2+1，…，3x50+1的标准差为3s D．x1+x22，x2+x32，…，x49+【考点】用样本估计总体的离散程度参数；用样本估计总体的集中趋势参数．【答案】AC【分析】根据平均数、方差和极差的定义求解．【解答】解：对于A，因为这组样本数据的方差为s2所以这组样本数据的总和为50×2＝100，故A正确；对于B，根据方差只能得到这组样本数据的平均数为2，不能确定中位数的值，故B错误；对于C，由方差的性质可知，3x1+1，3x2+1，…，3x50+1的方差为32×s2＝9s2，标准差为3s，故C正确；对于D，x1+x22，x2+因为无法确定x49﹣x2与x50﹣x1的大小关系，所以无法确定(x49−x2)+(x50−故选：AC．（多选）10．（5分）下列关于平面向量的说法中正确的是（）A．已知c→≠0→，且B．若非零a→，b→满足|a→|＝|b→|＝|a→−C．已知a→=(2，−3)，bD．已知a→=(1，2)，b→=(1，1)且a→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；用平面向量的基底表示平面向量；数量积表示两个平面向量的夹角．【答案】CD【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角与共线向量的运算逐一判断即可．【解答】解：对于A，已知c→≠0则c→即c→⊥(a即A错误；对于B，若非零a→，b→满足|a→|＝|b不妨令若|a→|＝|b→|＝|则a→即a→则|a→+即a→与a→+则a→与a即B错误；对于C，已知a→=(2，−3)，则a→则a→=(2，−3)，即C正确；对于D，已知a→=(1，2)，b→=(1，1)且又a→则1×(1+λ)+2×(2+λ)＞01×(2+λ)≠2×(1+λ)解得λ＞−53且即D正确．故选：CD．（多选）11．（5分）从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是1A．2个球都是红球的概率为112B．2个球中恰有1个红球的概率为512C．至少有1个红球的概率为12D．2个球不都是红球的概率为1【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】根据相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式，对立事件的概率公式求解即可．【解答】解：∵从甲袋中摸出一个红球的概率是13，从乙袋中摸出一个红球的概率是1∴2个球都是红球的概率为13×1∴2个球中恰有1个红球的概率为13×(1−1∴至少有1个红球的概率为1−(1−13)×(1−∴2个球不都是红球的概率为1−13×故选：ABC．（多选）12．（5分）已知正三棱台的上底面边长为6，下底面边长为12，侧棱长为6，则（）A．棱台的高为23B．棱台的表面积为1263C．棱台的侧棱与底面所成角的余弦值为36D．棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为2【考点】二面角的平面角及求法；棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】BD【分析】由题意，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，在平面ABB1A1中，由点A1向AB作垂线，垂足为D，取线段BC的中点E，连接AE，在平面AEA1中，由点A1向AE作垂线，垂足为F，连接DF，根据正三棱台的性质求出侧面的高与棱台的高，再根据线面角与二面角的定义即可求解．【解答】解：由题意，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝6，AB＝12，AA1＝6，在平面ABB1A1中，由点A1向AB作垂线，垂足为D，取线段BC的中点E，连接AE，在平面AEA1中，由点A1向AE作垂线，垂足为F，连接DF，在等腰梯形ABB1A1中，AB＝12，B1A1＝6，AA1＝6，则AD=12−62=3所以棱台的表面积为3×12(6+12)×3又三棱台为正三棱台，所以A1F为正三棱台ABC﹣A1B1C1的高，所以A1F⊥AB，由A1F∩A1D＝A1，所以AB⊥平面A1DF，AB⊥DF，在Rt△ADF中，AF=AD在Rt△A1AF中，A1所以棱台的高为26，故选项A棱台的侧棱与底面所成角为∠A1AE，cos∠A1AE=棱台的侧面与底面所成二面角为∠A1DF，sin∠A1DF=故选：BD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）已知a→=(2，23)，e→为单位向量，向量a→，e→的夹角为π【考点】平面向量的投影向量；平面向量数量积的坐标运算．【答案】23e【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解．【解答】解：a→则|ae→为单位向量，向量a→，e→则向量a→在向量e→上的投影向量为故答案为：23e14．（5分）如图所示的是某城市的一座纪念碑，一位学生为测量该纪念碑的高度CD，选取与碑基C在同一水平面内的两个测量点A，B．现测得∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，AB＝120米，在点B处测得碑顶D的仰角为30°，则该同学通过测量计算出纪念碑高CD为米．（保留根号）【考点】解三角形．【答案】206【分析】根据题意，在△ABC中利用正弦定理计算出BC的长，然后在△DBC中利用锐角三角函数的定义列式求出CD的长，可得答案．【解答】解：因为在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以∠ACB＝180°﹣30°﹣105°＝45°，由正弦定理BCsin∠BAC=ABsin∠ACB，结合所以BC=120sin30°因为Rt△DBC中，∠CBD＝30°，所以tan30°=CDBC=3故答案为：20615．（5分）△ABC中，点M为AC上的点，且AM→=3MC→，若BM→=λBA【考点】平面向量的线性运算．【答案】−1【分析】由向量的线性运算求出λ，μ的值，即可求解λ﹣μ的值．【解答】解：如图，BM→=BA因为AM→=3MC所以BM→又BM→=λBA所以λ−μ=1故答案为：−116．（5分）如图，在一个底面边长为2，侧棱长为10的正四棱锥P﹣ABCD中，大球O1内切于该四棱锥，小球O2与大球O1及四棱锥的四个侧面相切，则小球O2的体积为．【考点】棱锥的结构特征；球的体积和表面积．【答案】见试题解答内容【分析】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则OM＝1PM=PA2−AM2=10−1=3，PO=9−1=22【解答】解：设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则OM＝1，PM=PA2−AM2=10−1=3，PO=9−1=2则N在PM上，且O1N⊥PM，设球O1的半径为R，则O1N＝R，因为sin∠MPO=OMPM=13，所以NOPO＝PO1+OO1＝4R＝22，所以R=2设球O1与球O2相切于点Q，则PQ＝PO﹣2R＝2R，设球O2的半径为r，同理可得PQ＝4r，所以r=R故小球O2的体积V=43πr3故答案为：224四、解答题：本题共5小题，共70分。每题14分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（14分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，0），B（3，2），C（2，5），点P满足AP→（Ⅰ）当λ＝1，μ＝﹣1时，求点P的坐标；（Ⅱ）若AP⊥BC，求λμ【考点】平面向量的基本定理．【答案】（Ⅰ）（2，﹣3）；（Ⅱ）−7【分析】（Ⅰ）直接将坐标代入向量关系求解；（Ⅱ）由线段垂直，得到数量积为0，再由向量关系得到λ与μ的关系式，整理即得．【解答】解：（Ⅰ）设P（x，y），由A（1，0），B（3，2），C（2，5），可得AB→=(2，2)，AC→由题意，AP→=AB→−∴x−1=1y=−3，解得点p（Ⅱ）BC→=（﹣1，3），由AP⊥BC可得：即﹣（x﹣1）+3y＝0，即x＝3y+1，又（x﹣1，y）＝λ（2，2）+μ（1，5），∴x−1=2λ+μy=2λ+5μ∴4λ＝﹣14μ，即λμ18．（14分）在复平面内，O是坐标原点，向量OZ1→，OZ2→对应的复数分别为z1＝1﹣2i，z2＝3+（Ⅰ）求|z1+z2|的最小值；（Ⅱ）若OZ1→⊥O（Ⅲ）若复数z2z1【考点】由复平面中的点确定复数．【答案】（Ⅰ）4；（Ⅱ）32（Ⅲ）（﹣6，32【分析】（Ⅰ）利用复数的模长公式计算|z1+z2|，利用二次函数的性质求出最小值；（Ⅱ）写出OZ1→、OZ2→的坐标表示，利用OZ1→⊥O（Ⅲ）化简z2z1，根据z【解答】解：（Ⅰ）因为z1＝1﹣2i，z2＝3+ai，所以|z1+z2|＝|4+（a﹣2）i|=16当a＝2时，|z1+z2|取得最小值为4；（Ⅱ）因为OZ1→=（1，﹣2），OZ若OZ1→⊥OZ2→，则解得a=3所以实数a的值为32（Ⅲ）因为z2z因为z2所以3−2a＞0a+6＞0解得﹣6＜a＜3所以实数a的取值范围是（﹣6，3219．（14分）为提高服务质量，某社区居委会进行了居民对社区工作满意度的问卷调查．随机抽取了100户居民的问卷进行评分统计，评分的频率分布直方图如图所示，数据分组依次为：[60，65），[65，70），[70，75），[75，80），[80，85），[85，90]．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）求这100户居民问卷评分的中位数；（Ⅲ）若根据各组的频率的比例采取分层抽样的方法，从评分在[65，70）和[70，75）内的居民中共抽取6户居民，查阅他们答卷的情况，再从这6户居民中选取2户进行专项调查，求这2户居民中恰有1户的评分在[65，70）内的概率．【考点】补全频率分布直方图．【答案】（Ⅰ）0.02；（Ⅱ）77.5；（Ⅲ）815【分析】（Ⅰ）由各组数据频率之和为1可得a；（Ⅱ）由频率分布直方图计算中位数公式可得答案；（Ⅲ）由（Ⅰ）结合频率分布直方图可知6人中，[65，70）中的有2人，[70，75）中的有4人，后利用列举法可知总情况数与2人中恰有1人的评分在[70，75）内的情况数，即可得答案．【解答】解：（Ⅰ）由频率分布直方图，（0.01+2a+0.04+0.05+0.06）×5＝1，解得a＝0.02．（Ⅱ）注意到前3个矩形对应频率之和为：（0.01+0.02+0.04）×5＝0.35＜0.5，前4个矩形对应频率之和为：（0.01+0.02+0.04+0.06）×5＝0.65＞0.5，则中位数在[75，80）之间，设为x，则（x﹣75）×0.06+0.35＝0.5，解得x＝77.5，即中位数为77.5．（Ⅲ）评分在[65，70），[70，75）对应频率为：0.1，0.2，则抽取6人中，[65，70）中的有2人，设为A，B，[70，75）中的有4人，设为a，b，c，d，则从6人中选取2人的情况为：（A，B），（A，a），（A，b），（A，c），（A，d），（B，a），（B，b），（B，c），（B，d），（a，b），（a，c），（a，d），（b，c），（b，d），（c，d），共15种，恰有1人在[65，70）中的有：（A，a），（A，b），（A，c），（A，d），（B，a），（B，b），（B，c），（B，d），8种情况，故相应概率为：81520．（14分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b﹣2acosB＝0．（1）求角A；（2）若a＝23，BA→•AC→=32，AD【考点】平面向量数量积的性质及其运算；正