2023-2024學(xué)年安徽省合肥168中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案）

這是一份2023-2024學(xué)年安徽省合肥168中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含答案），共9頁。試卷主要包含了單選題，多選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1.設(shè)平面向量AB=(?3,6)，點(diǎn)A(1,?2)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為( )
A. (+2,?4)B. (?2,4)C. (?4,8)D. (4,?8)
2.已知復(fù)數(shù)z=?2+i，則z?3?i在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D(zhuǎn). 第四象限
3.已知事件A，B互斥，它們都不發(fā)生的概率為16，且P(A)=2P(B)，則P(A?)=( )
A. 518B. 1318C. 59D. 49
4.現(xiàn)有甲、乙兩組數(shù)據(jù).甲組數(shù)據(jù)有6個數(shù)，其平均數(shù)為3，方差為5；乙組數(shù)據(jù)有9個數(shù)，其平均數(shù)為5，方差為3.若將這兩組數(shù)據(jù)混合成一組，則新的一組數(shù)據(jù)的方差為( )
A. 4.76B. 4.52C. 4.2D. 3.8
5.如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，E，F(xiàn)分別為BB1，A1C1中點(diǎn)，過A，E，F(xiàn)作三棱柱的截面交B1C1于M，且B1M?=λMC1?，則λ的值為( )
A. 13
B. 12
C. 23
D. 1
6.如圖，設(shè)α∈(0,π)，且α≠π2，當(dāng)∠xOy=α?xí)r，定義平面坐標(biāo)系xOy為α的斜坐標(biāo)系，在α的斜坐標(biāo)系中，任意一點(diǎn)P的斜坐標(biāo)這樣定義：設(shè)e1,e2是分別與x軸，y軸正方向相同的單位向量，若OP=xe1+ye2，記OP=(x,y)，則下列結(jié)論中正確的是( )
A. 設(shè)a=(m,n),b=(s,t)，若a⊥b，則mt+ns=0
B. 設(shè)a=(m,n)，則|a|= m2+n2
C. a=(m,n),b=(s,t)，若a//b，則mt?ns=0
D. 設(shè)a=(1,2),b=(2,1)，若a與b的夾角為π3，則α=π3
7.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且c=b(2csA+1)，則下列結(jié)論錯誤的是( )
A. A=2B
B. 若a= 3b，則△ABC為直角三角形
C. 若△ABC為銳角三角形，則ca的取值范圍為( 22,2 33)
D. 若△ABC為銳角三角形，1tanB?1tanA的最小值為1
8.如圖，在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，M為AB的中點(diǎn)，將△ADM沿DM翻折.在翻折過程中，當(dāng)二面角A?BC?D的平面角最大時(shí)，其正弦值為( )
A. 12B. 55C. 23D. 2 55
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。
9.已知復(fù)數(shù)z滿足|z|=1，則下列結(jié)論正確的是( )
A. z?z?=1B. z+1z∈R
C. |z?1|的最大值為2D. z2=1
10.在△ABC中，由以下各條件分別能得出△ABC為等邊三角形的有( )
A. 已知a+b=2c且A+B=2CB. 已知sinA= 32且b=c
C. 已知a+b=2c且a2+b2=2c2D. 已知ab=csBcsA且A=60°
11.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，棱AB，BC的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn)，點(diǎn)G在底面A1B1C1D1上，且平面EFG//平面ACD1，則下列說法正確的是( )
A. 若存在λ，使得A1G=λGD1，則λ=1 B. 若G∈C1D1，則EG/?/平面ADD1A1
C. 三棱錐G?BC1D體積的最大值為3 D. 二面角D?EF?G的余弦值為 33
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.定義：|a×b|=|a|?|b|?sin θ，其中θ為向量a與b的夾角，若|a|=2，|b|=5，a?b=?6，則|a×b|等于______．
13.已知△ABC為銳角三角形，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若A=π3,c=2，則△ABC面積的取值范圍為______．
14.將1，2，3，?，20，21共21個正整數(shù)排成六行，按照第一行1個數(shù)，第二行2個數(shù)…，第六行6個數(shù)的順序排列，則每一行中最大的數(shù)都小于其后一行中最大的數(shù)的概率是______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題13分)
如圖所示是在圓錐內(nèi)部挖去一正四棱柱所形成的幾何體，該正四棱柱上底面的四頂點(diǎn)在圓錐側(cè)面上，下底面落在圓錐底面內(nèi)，已知圓錐側(cè)面積為15π，底面半徑為r=3．
(Ⅰ)若正四棱柱的底面邊長為a= 2，求該幾何體的體積；
(Ⅱ)求該幾何體內(nèi)正四棱柱側(cè)面積的最大值．
16.(本小題15分)
航天員安全返回，中國航天再創(chuàng)輝煌！去年6月4日，當(dāng)?shù)貢r(shí)間6時(shí)20分許，神舟十五號載人飛船成功著陸，費(fèi)俊龍、鄧清明、張陸等航天員安全順利地出艙，身體狀況良好.這標(biāo)志著神舟十五號載人飛行任務(wù)取得了圓滿成功.某學(xué)校高一年級利用高考放假期間開展組織1200名學(xué)生參加線上航天知識競賽活動，現(xiàn)從中抽取200名學(xué)生，記錄他們的首輪競賽成績并作出如圖所示的頻率直方圖，根據(jù)圖形，請回答下列問題：
(1)若從成績不高于60分的同學(xué)中按分層抽樣方法抽取10人成績，求10人中成績不高于50分的人數(shù)；
(2)求a的值，并以樣本估計(jì)總體，估計(jì)該校學(xué)生首輪競賽成績的平均數(shù)以及中位數(shù)；
(3)由首輪競賽成績確定甲、乙、丙三位同學(xué)參加第二輪的復(fù)賽，已知甲復(fù)賽獲優(yōu)秀等級的概率為23，乙復(fù)賽獲優(yōu)秀等級的概率為34，丙復(fù)賽獲優(yōu)秀等級的概率為12，甲、乙、丙是否獲優(yōu)秀等級互不影響，求三人中至少有兩位同學(xué)復(fù)賽獲優(yōu)秀等級的概率．
17.(本小題15分)
已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，a=3，2c?b=2acsB．
(1)求角A的大?。?br>(2)M為△ABC外心，AM的延長線交BC于點(diǎn)D，且MD= 32，求△ABC的面積．
18.(本小題17分)
如圖，在四棱臺ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為菱形，且∠ABC=60°，AA1=BB1=CC1=1，側(cè)棱BB1與底面ABC所成角的正弦值為 63.若球O與三棱臺ABC?A1B1C1內(nèi)切(即球與棱臺各面均相切)．
(1)求證：AC⊥平面B1D1DB；
(2)求二面角B1?BC?A的正切值；
(3)求四棱臺ABCD?A1B1C1D1的體積和球O的表面積．
19.(本小題17分)
給定兩組數(shù)據(jù)A=(x1,x2,?,xn)與B=(y1,y2,?,yn)，稱X(A,B)=i=1n|xi?yi|為這兩組數(shù)據(jù)之間的“差異量”.鑒寶類的節(jié)目是當(dāng)下非常流行的綜藝節(jié)目.現(xiàn)有n個古董，它們的價(jià)值各不相同，最值錢的古董記為1號，第二值錢的古董記為2號，以此類推，則古董價(jià)值的真實(shí)排序?yàn)镮=(1,2,?,n).現(xiàn)在某專家在不知道古董真實(shí)排序的前提下，根據(jù)自己的經(jīng)驗(yàn)對這n個古董的價(jià)值從高到低依次進(jìn)行重新排序?yàn)閤1，x2，?，xn，其中xi為該專家給真實(shí)價(jià)值排第i位古董的位次編號，記A=(x1,x2,?,xn)，那么A與I的差異量X(A,I)= n|xi?i|可以有效反映一個專家的水平，該差異量X(A,I)越小說明專家的鑒寶能力越強(qiáng)．
(1)當(dāng)n=3時(shí)，求X(A,I)的所有可能取值；
(2)當(dāng)n=5時(shí)，求滿足X(A,I)=4的A的個數(shù)；
(3)現(xiàn)在有兩個專家甲、乙同時(shí)進(jìn)行鑒寶，已知專家甲的鑒定結(jié)果與真實(shí)價(jià)值I的差異量為a，專家甲與專家乙的鑒定結(jié)果的差異量為4，那么專家乙的鑒定結(jié)果與真實(shí)價(jià)值I的差異量是否可能為a+6？請說明理由．
(注：實(shí)數(shù)a，b滿足：|a+b|≤|a|+|b|，當(dāng)且僅當(dāng)a?b≥0時(shí)取“=”號)
參考答案
1.B
2.C
3.D
4.A
5.B
6.C
7.D
8.B
9.ABC
10.AC
11.ABD
12.8
13.( 32,2 3)
14.4315
15.解：(Ⅰ)由S圓錐側(cè)=πrl，可得3πl(wèi)=15π，
∴l(xiāng)=5，
∴圓錐的高?= l2?r2= 52?32=4，
∴圓錐的體積V圓錐=13×πr2×?=13×π×9×4=12π，
∵a= 2，∴正四棱柱的底面對角線長為2，
設(shè)正四棱柱的高為?1，如圖所示，
∴?1?=r?1r，
∴?1=r?1r?=3?13×4=83，
∴正四棱柱的體積V正四棱柱=a2?1=2×83=163，
∴該幾何體的體積V=V圓錐?V正四棱柱=12π?163．
(Ⅱ)由圖可知，?1?=r? 2a2r，即?14=3? 2a23，即3?1+2 2a=12，
由3?1+2 2a≥2 3?1?2 2a=2 6 2a?1，當(dāng)且僅當(dāng)3?1=2 2a=6時(shí)，等號成立，
∴2 6 2a?1≤12，∴?1a≤3 2，當(dāng)且僅當(dāng)?1=2，a=3 22時(shí)，等號成立，
∴正四棱柱側(cè)面積S正四棱柱側(cè)=4?1a≤12 2，當(dāng)且僅當(dāng)?1=2，a=3 22時(shí)，等號成立，
∴該幾何體內(nèi)正四棱柱側(cè)面積的最大值為12 2．
16.解：(1)∵成績不高于60分的同學(xué)為頻率分布直方圖中的前2組，
又前兩組的比例為10：15=2：3，
∴從成績不高于60分的同學(xué)中按分層抽樣方法抽取10人成績，
10人中成績不高于50分的人數(shù)為10×25=4；
(2)根據(jù)題意可得(0.01+0.015+0.015+a+0.025+0.005)×10=1，∴a=0.03；
∴估計(jì)該校學(xué)生首輪競賽成績的平均數(shù)為：
45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05=71；
估計(jì)該校學(xué)生首輪競賽成績的中位數(shù)為：
70+0.5?0.1?0.15?；
(3)設(shè)“甲，乙，丙復(fù)賽獲優(yōu)秀等級“分別為事件A，B，C，
則P(A)=23，P(B)=34，P(C)=12，
設(shè)“三人中至少有兩位同學(xué)復(fù)賽獲優(yōu)秀等級“為事件D，
∴P(D)=P(A?BC)+P(AB?C)+P(ABC?)+P(ABC)
=13×34×12+23×14×12+23×34×12+23×34×12=1724．
17.解：(1)由正弦定理及2c?b=2acsB，得2sinC?sinB=2sinAcsB，
因?yàn)閟inC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以2sinAcsB+2csAsinB?sinB=2sinAcsB，即sinB=2csAsinB，
因?yàn)閟inB≠0，所以csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)由(1)得A=π3，
設(shè)△ABC的外接圓M的半徑為R，
在△ABC中，由正弦定理得，2R=asinA=2 3，解得R= 3，
所以BM=CM=R= 3，
在△BMC中，∠BMC=2∠BAC=2π3，∠MBC=∠MCB=π6，BC=3，
在△BDM中，由正弦定理得，MDsin∠MBC=BMsin∠BDM，
所以sin∠BDM=BMsin∠MBCMD= 3?12 32=1，
所以∠BDM=π2，即MD⊥BC，
所以△ABC是邊長為3的等邊三角形，
故△ABC的面積為12×32× 32=9 34．
18.解：(1)證明：設(shè)A1C1與B1D1、AC與BD分別交點(diǎn)E，F(xiàn)，連接EF，

因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，所以AC⊥BD，
在等腰梯形A1C1CA中，因?yàn)镋，F(xiàn)為底邊中點(diǎn)，
所以AC⊥EF，又EF與BD相交，
∴AC⊥平面B1D1DB；
(2)由(1)可知平面ABCD⊥平面B1D1DB，又平面ABCD∩平面B1D1DB=BD，
過點(diǎn)B1作B1H⊥BD于H，則B1H⊥平面ABCD，再作HG⊥BC于G，

則由三垂線定理得B1G⊥BC，則∠B1GH是二面角B1?BC?A的平面角，
因?yàn)锽1H⊥平面ABCD，故∠B1BH是側(cè)棱BB1與底面ABC所成角，
所以sin∠B1BH= 63，
在Rt△B1BH中，B1H=BB1sin∠B1BH= 63，BH=BB1cs∠B1BH= 33，
在Rt△BGH，GH=BHsin30°= 36，
在Rt△B1GH中，tan∠B1GH=B1HGH= 63 36=2 2，
因此二面角B1?BC?A的正切值為2 2；
(3)由題意可知三棱臺ABC?A1B1C1為正三棱臺，設(shè)O1，O2是△A1B1C1和△ABC的中心，
M，N分別是B1C1和BC的中點(diǎn)，故O1O2為內(nèi)切球的球心O的直徑，
不妨設(shè)△A1B1C1和△ABC的邊長分別是x，y，球O的半徑為r，
則2r=O1O2=B1H= 63，
所以球O的表面積為S=4πr2=4π( 66)2=23π，
在Rt△B1GH中，MN=B1G= B1H2+GH2= 32，
由O為內(nèi)切球可知MN= 36(x+y)，解得x+y=3，
在直角梯形O1O2NM中，MN2=(2r)2+[ 36(y?x)]2=[ 36(x+y)]2，
解得xy=2，
因此x=1，y=2，
因此四棱臺ABCD?A1B1C1D1的體積V=13×?×[S1+ S1?S2+S2]=13× 63×[2 3+ 2 3? 32+ 32]=7 26．
19.解：(1)若n=3時(shí)，則A=(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，且I=(1,2,3)，
∴X(A,I)=0，2，2，4，4，4，
∴X(A,I)的所有可能取值為0，2，4．
(2)設(shè)“X(A,I)=4”為事件M，樣本空間為Ω，
∵n=5，∴A共有5×4×3×2×1=120個，即樣本容量為n(Ω)=120，
若對調(diào)兩個位置的序號之差大于2，則X(A,I)>4，
可知X(A,I)=4只能調(diào)整兩次兩個連續(xù)序號或連續(xù)三個序號之間調(diào)整順序，
若調(diào)整兩次兩個連續(xù)序號，則有{(1,2)，(3,4)}，{(1,2)，(4,5}，{(2,3)，(4,5)}，共有3種可能，
若連續(xù)三個序號之間調(diào)整順序，連續(xù)三個序號有：
{1,2,3}，{2,3,4}，{3,4,5}，共3組，
由(1)可知每組均有3種可能滿足X(A,I)=4，
可得共有3×4=12種可能，
綜上所述：n(M)=3+12=15．
(3)不可能，理由如下：
設(shè)專家甲的排序?yàn)閤1，x2，???，xn，記A=(x1,x2,???,xn)，
專家乙的排序?yàn)閥1，y2，???，yn，記B=(y1,y2,???,yn)，
由題意可得：X(A,I)=i=1n|xi?i|=a，X(A,B)=i=1n|xi?yi|=4，
∵|yi?i|=|(yi?xi)+(i?i)|≤|yi?i|+|xi?i|+|xi?yi|，
結(jié)合i的任意性可得i=1n|yi?i|≤i=1n|xi?i|+i=1n|xi?yi|=a+4