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文档简介
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
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