2023-2024学年天津市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年天津市南开中学高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.在复平面内，复数3−5i1−i对应的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.某校高三数学备课组老师的年龄(单位：岁)分别为：37，30，42，32，41，46，45，48，35，53，则这组数据的第60百分位数为(

)A.45 B.42 C.43.5 D.45.53.某校随机抽取了400名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组画出频率分布直方图如图所示，下列说法正确的是(

)A.直方图中x的值为0.035

B.在被抽取的学生中，成绩在区间[70,80)的学生数为30人

C.估计全校学生的平均成绩为84分

D.估计全校学生成绩的样本数据的80%分位数约为93分4.设有直线m、n和平面α、β，下列四个命题中，正确的是(

)A.若m/​/α，n/​/α，则m/​/n

B.若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，则α/​/β

C.若α⊥β，m⊂α，则m⊥β

D.若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m/​/α5.高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的.假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为m，n，16，该同学只进入两个社团的概率为536，且三个社团都进不了的概率为512，则m+n=A.715 B.112 C.8156.四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，AB=4，若该四棱锥的所有顶点都在体积为323π的同一球面上，则PA的长为A.3 B.4 C.22 7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知a=3，b=4，bcosA+acosB=2，点O是△ABC的外心，若BO=xBA+yBC，则A.6145 B.2336 C.23458.已知△ABC中，A=2π3，点D在边BC上且AD⊥AB，△ABD，△ADC的面积分别是S1，S2，若AD=m为定值，当AC+AB取得最小值时，SA.2m B.2m C.2 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。9.某高中学校进行问卷调查，用比例分配的分层随机抽样方法从该校三个年级中抽取36人进行问卷调查，其中高一年级抽取了15人，高二年级抽取了12人，且高三年级共有学生900人，则该高中的学生总数为______人.10.高二年级某班欲从4名候选人中选出2名担任高一新生辅导员，其中甲被选中的概率为______．11.已知向量a=(−1,5)，b=(−3,4)，则向量b在a−b12.在四面体OABC中，M是棱OA上靠近A的三等分点，N，P分别是BC，MN的中点，设OA=a,OB=b,OC13.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E为PA的中点，△EBC所在平面截四棱锥得到两个几何体，其中较小的几何体与较大的几何体的体积比为______．

14.如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，AB=2，BC=6，且AD=λBC，AD⋅AB=−2，则实数λ的值为______，若M，N是线段BC上的动点，且|MN

三、解答题：本题共4小题，共44分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题6分)

如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD矩形，PA⊥平面ABCD，AE⊥PB于E，AF⊥PD于F，设平面AEF交PC于G，求证：AG⊥PC．16.(本小题10分)

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧棱A1A⊥平面ABCD，AB/​/CD，AB⊥AD，AD=CD=1，AA1=AB=2，E为棱AA1的中点，M为棱CE的中点．

(1)证明：BC⊥C117.(本小题14分)

已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且ab=cosA2−cosB．

(1)求ac．

(2)若cosC=14，△ABC的面积为15，求△ABC的周长．18.(本小题14分)

如图①所示，矩形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连接PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM，N为PB中点．

(1)求证：NC//平面PAM；

(2)若平面PAM⊥平面ABCD，求直线BC与平面PMB所成角的大小；

(3)设P−AM−D的大小为θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM和平面PBC

参考答案1.D

2.C

3.C

4.D

5.D

6.B

7.A

8.D

9.3600

10.1211.(−412.5613.3514.13

315.证明：如图，

∵PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD，

又平面PAB∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB，

而AE⊂平面PAB，可得BC⊥AE，

又AE⊥PB，PB∩BC=B，PB、BC⊂平面PBC，∴AE⊥平面PBC，

∵PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC；

同理可得AF⊥PC，而AE、AF⊂平面AEGF，且AE∩AF=A，

∴PC⊥平面AEGF，则AG⊥PC．

16.解：(1)证明：根据题意，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，

因为侧棱A1A⊥平面ABCD，所以A1A⊥AB，A1A⊥AD

又因为AB⊥AD，则以A为坐标原点，以AD，AA1，AB所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

如图所示：

则B(0,0,2)，D(1,0,0)，C(1,0,1)，E(0,1,0)，C1(1,2,1)，B1(0,2,2)，

所以BC=(1,0,−1)，EC1=(1,1,1)，所以BC⋅EC1=1×1+0+1×(−1)=0，

所以BC⊥EC1，故BC⊥C1E；

(2)根据题意，C(1,0,1)，E(0,1,0)，而M为棱CE的中点，则M(12,12,12)，

17.解：(1)由ab=cosA2−cosB，得2a−acosB=bcosA，

由正弦定理和两角和的正弦展开式，得2sinA=sinAcosB+sinBcosA=sin(A+B)=sinC，

所以ac=sinAsinC=12．

(2)因为S△ABC=12absinC=15，且cosC=14，

由sin2C+cos2C=1，C>0，解得sinC=154，所以ab=8，

又由余弦定理和上问c=2a，可得cosC=a2+b2−c22ab=14c=2a，解得b2−3a2=4，18.(1)证明：取PA中点Q，连接NQ，MQ，

由N为PB中点，得NQ//AB，NQ=12AB，

依题意，MC/​/AB，MC=12AB，

则NQ//MC，NQ=MC，

于是四边形CMQN是平行四边形，则CN//MQ，

而MQ⊂平面PAM，NC⊄平面PAM，

所以NC//平面PAM；

(2)解：取AM中点G，连接PG，由PM=PA=1，得PG⊥AM，

而平面PAM⊥平面ABCD，平面PAM∩平面ABCD=AM，PG⊂平面PAM，

则PG⊥平面ABCD，

过M作Mz//PG，则Mz⊥平面ABCD，

又MA，MB⊂平面ABCD，于是Mz⊥MA，Mz⊥MB，

在矩形ABCD中，MA=MB=2，MA2+MB2=4=AB2，则MA⊥MB，

以点M为原点，MA，MB，Mz所在直线分别为x，y，z轴，

建立空间直角坐标系，

则M(0,0,0)，B(0,2,0)，C(−22,22,0)，P(22,0,22)，

则MB=(0,2,0)，MP=(22,0,22)，BC=(−22,−22,0)，

设平面PMB的一个法向量为m=(a,b,c)，

则m⋅MB=2b=0m⋅MP=22a+22c=0，令a=1，得m=(1,0,−1)，

设直线BC与平面PMB所成的角为θ，则sinθ=|cos<m,BC>|=|m⋅BC||m||BC|=222×1=12，

所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6；

(3)解：连接DG，由DA=DM，得DG⊥AM，

而PG⊥AM，则∠P