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文档简介
第=page11页,共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省南京市秦淮区高一(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。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。1.设i为虚数单位,若复数z满足i3z=1+2A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.已知α为锐角,且cos(α+π6A.3+110 B.2−3.在△ABC中,已知a=2,b=A.30° B.45° C.45°或1354.已知|a|=5,|b|=4,若a在b上的投影向量为−A.60° B.120° C.135°5.设样本数据x1,x2,⋯,x10的均值和方差分别为1和2,若yi=2xi−1(iA.1 B.3 C.4 D.86.已知α,β是两个不同的平面,m,l是两条不同的直线,若m⊂α,α∩β=l,则“mA.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件7.如图,在正四棱柱ABCD−A1B1C1DA.45
B.910
C.35
8.如图,平行四边形ABCD中,AB=BD=DC=2,∠A=45A.10π B.15π C.20π二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。9.已知m,n是不同的直线,α,β是不重合的平面,则下列命题中,真命题有(
)A.若α//β,m⊥α,m//n,则n⊥β
B.若m//α,m//β,α∩10.2023年10月26日,神舟十七号载人飞船成功发射,中国航天再创辉煌.为普及航天知识,弘扬航天精神,某市举办了一次航天知识竞赛.为了解这次竞赛成绩情况,从中随机抽取了50名参赛市民的成绩作为样本进行统计,得到如下的频率分布直方图,则(
)
注:同一组中的数据用该组区间中点值代表.A.图中y的值为0.004
B.估计样本中竞赛成绩的众数为70
C.估计样本中竞赛的平均成绩不超过80分
D.估计样本中竞赛成绩的第75百分位数为76.7511.已知正三棱台A1B1C1−ABCA.正三棱台A1B1C1−ABC体积为2
B.侧棱CC1与底面ABC所成角的余弦值为6三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.已知向量a,b的夹角为5π6,|a|=3,13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边a,b,c满足a2−b2=bc,则AB14.如图,在长方体ABCD−A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,P为D
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.(本小题13分)
已知:α,β∈(0,π2),且cosα=516.(本小题15分)
如图,AB是圆O的直径,点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C,且PC=AC=2BC=4,点D是PA的中点,点F为PC的中点.
17.(本小题15分)
在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知a=2,c2=BA−⋅BC−23S,其中S为△A18.(本小题17分)
如图,四棱锥P−ABCD的侧面PAD是边长为2的正三角形,底面ABCD为矩形,且平面PAD⊥平面ABCD,M,N分别为AB,AD的中点,二面角D−PN−19.(本小题17分)
柯西是一位伟大的法国数学家,许多数学定理和结论都以他的名字命名,柯西不等式就是其中之一,它在数学的众多分支中有精彩应用,柯西不等式的一般形式为:设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn∈R,则(a12+a22+…+an2)(b12+b22+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2答案和解析1.【答案】B
【解析】解:由i3z=1+2i,得−iz=1+2i,
∴−i2z2.【答案】D
【解析】解:α为锐角,且cos(α+π6)=35,
则sin(α+π6)=43.【答案】B
【解析】解:由a=2,b=3,得a<b,于是A<B,
由正弦定理得sinA=asinBb=4.【答案】B
【解析】解:设a与b的夹角为θ,θ∈[0,π],
a在b上的投影向量为−58b,
则|a|cosθ×b|b|=5.【答案】D
【解析】解:由方差的性质可得,D(yi)=D(2x6.【答案】C
【解析】解:m⊂α,α∩β=l,则m⊄α,l⊂β,又m//l,则m//β,充分性成立;
m//β,7.【答案】B
【解析】解:如图:连接BC1,A1C1,因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱,
所以AB//C1D1且AB=C1D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形,
所以BC1/8.【答案】C
【解析】解:如图所示,过点D作DE//AB,过点A作AE//BD,两直线相交于点E,
因为AB=BD=DC=2,∠A=45°,
所以∠ADB=45°,AB⊥BD,则DE⊥BD,
由于CD⊥BD,故∠CDE即为二面角C−BD−A的平面角,
则∠CDE=120°,
过点C作CF⊥DE于点F,
因为BD⊥DE,BD⊥CD,DE∩CD=D,DE,CD⊂平面CDF,
故BD⊥平面CDF,
因为CF⊂平面CDF,所以BD⊥CF,
又BD∩DE=D,BD,9.【答案】AB【解析】解:由α//β,m⊥α,得m⊥β,又m//n,∴n⊥β,故A正确;
由m//α,得存在过m的平面γ与α相交,令交线为a(不与n重合),则m//a,
由m//β,得存在过m的平面δ与β相交,令交线为b(不与n重合),则m//b,于是a//b,
而b⊄α,则b//α,而b⊂10.【答案】AC【解析】解:由频率分布直方图得:
图中y的值为y=1−0.16−0.32−0.40−0.0810=0.004,故A正确;
由频率分布直方图可知,最高矩形对应区间的中点为75,∴估计样本中竞赛成绩的众数为75,故B错误;
样本中竞赛成绩超过80分的频率只有0.12,
∴平均成绩不可能超过80分,故C正确;
设样本中竞赛成绩的第75百分位数为x,前2组频率之和为0.16+0.32=0.48<0.75,
前3组频率之和为0.48+0.40=0.88>0.75,故x位于第3组,
∴(x−7011.【答案】BC【解析】解:设△A1B1C1中心为O1,△ABC中心为O,连接O1A1,O1O,OA,
则O1A1//OA,O1O⊥OA1,O1A=23×32×2=233,OA=23×32×4=433,
在四边形O1A1AO中,过A1作A1D⊥AO于D,
则A1D=(2)2−(433−233)2=63,则OO1=63,
取A1A中点N,过点N作NM⊥AA1,交AO于H,交直线O1O于M,
则点M为三棱台A1B1C1−ABC的外接球的球心.
由△A1AD∽△HAN,可得HA=ANAD×AA1=22212.【答案】19【解析】【分析】本题考查了平面向量数量积运算,重点考查了平面向量的模的运算,属基础题.
先由已知条件求出a⋅【解答】
解:由向量a,b的夹角为5π6,|a|=3,|b|=1,
则a13.【答案】2
(1【解析】解:因为a2−b2=bc,
所以由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccosA=b2+bc,
则c−2bcosA=b,
所以由正弦定理可得sinB=sinC−2sinBcosA
=sin(A+B)−2cosAsinB
=sinAcosB+cosAsinB−2cosAsinB
14.【答案】2【解析】解:如图,过点B作AC的平行线分别与DA,DC的延长线交于G,H,
连接PG,PH,并分别与AA1,CC1交于E,F,
∵AC//GH,且AC⊄平面PGH,GH⊂平面PGH,
∴AC//平面PGH,∴平面PGH即为平面α,
∵AB=AD=2,AA1=4,∴AE=1,
∵四边形PE15.【答案】解:(1)由α,β∈(0,π2),则α−β∈(−π2,π2),
又sin(α−β)=【解析】(1)结合题意可计算出cos(α−β)、sinα16.【答案】解:(1)取AC中点M,连结BM,FM,
因为F,M分别为PC,AC的中点,所以FM//PA,
所以∠BFM(或其补角)为异面直线BF和PA所成角,
因为PC=AC=2BC=4,C为以AB为直径的圆上的点,
所以在直角三角形BCM中,BC=MC=2,∠BCM=90°,得BM=22,
因为点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C,所以PO⊥面ABC,
又BC,BA在平面ABC内,所以PC⊥【解析】(1)取AC中点M,连结BM,FM,可证FM//PA,进而可得∠BFM(或其补角)为异面直线BF和PA17.【答案】解:(1)因为c2=BA⋅BC−23S,可得c2=c⋅a⋅cosB−23×12acsinB,即c=acosB−3asinB,
结合正弦定理可得sinC=sinAcosB−3sinAsinB,
在△ABC中,sinC=sin[π−(A+B)]=sin(A【解析】(1)由题意利用平面向量数量积的运算,三角形的面积公式以及三角函数恒等变换可求tanA=−33,结合A∈(0,π)18.【答案】(1)解:∵△PAD为正三角形,N为AD中点,
∴PN⊥AD,
又∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴PN⊥平面ABCD,
又NC⊂平面ABCD,
∴PN⊥NC,
∴∠DNC为二面角D−PN−C的平面角,
∴tan∠DNC=2=DCDN,
又DN=1,∴DC=2,
∴底面ABCD为正方形.
又易得PN=3,
∴四棱P−ABCD的体积V=13×2×2×3=433.
(2)证明:由【解析】(1)说明∠DNC为二面角D−PN−C的平面角,然后求解几何体的体积.
(2)
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