2023-2024学年广西南宁三中高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年广西南宁三中高一（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.若复数z=(3−4i)i，则z的虚部为(

)A.3i B.3 C.4i D.42.某工厂生产甲、乙、丙、丁四种不同型号的产品，产量分别为200，400，300，100件，为检验产品的质量，现用按比例分层随机抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，则应从乙种型号的产品中抽取件数为(

)A.24 B.9 C.36 D.183.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数6的是(

)A.平均数为3，中位数为2 B.中位数为3，众数为2

C.平均数为2，方差为2.4 D.中位数为3，方差为2.84.已知在平行四边形ABCD中，E为AC上靠近点A的三等分点，设BA=a,BC=A.23a−+13b− 5.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为(

)A.63π B.2636.已知向量m=(2,λ)，n=(2−λ,−4)，若m与n共线且反向，则实数λ的值为(

)A.4 B.2 C.−2 D.−2或47.在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA=2BC=2，AC=3，则此四面体的外接球表面积为(

)A.3π B.8π C.9π D.88.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是4”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是5”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(

)A.甲与乙互斥 B.丙发生的概率为16 C.甲与丁相互独立 D.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.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是(

)A.若bcosC+ccosB=b，则△ABC是等腰三角形

B.若B=30°,b=2,c=22，则C=45°

C.若a=2,b=4,cosC=14，则c=4

D.若△ABC10.某市2023年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如图扇形图，则下列结论中正确的是(

)

A.招商引资后，工资净收入较前一年减少

B.招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍

C.招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的13

D.11.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面是AB=8，BC=4的矩形，直四棱柱的高为4，E，FA.直线A1B与CF相交B.异面直线DB1与CE所成角为90°

C.二面角D1−CE−D的平面角为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知z1=2+3i，z2=−4+i，则|13.已知互不相等的4个正整数从小到大排序为a1，a2，a3，a4，若它们的和为12，且这4个数据的极差是中位数的2倍，则这4个数据的第14.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，点D是AB的中点.若2a+b=2ccosB，且AC=1,CD=32，则AB=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)

已知向量a与b的夹角θ=5π6，且|a|=3,|b|=23．

(1)求(16.(本小题15分)

某社区为了解志愿者每周志愿服务的时长，在全社区300名志愿者中随机抽取20名志愿者在某个星期的志愿服务记录，统计他们当周在社区的志愿服务时长，按时长分组，得到频率分布直方图如图所示：

(1)求a的值；社区对志愿服务时长大于或等于11小时的志愿者认定为优秀志愿者，如果以当周志愿服务统计结果作为依据，请估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数；

(2)求出这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数、中位数、平均数(结果保留一位小数)．17.(本小题15分)

如图，在三棱锥P−ABC中，AC⊥平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且PA=AC=2,AB=1,EF=52．

(1)证明：AB⊥PC；

(2)求二面角F−AE−C18.(本小题17分)

如图，在平面四边形ABCD中，AD=3，CD=1，∠ACD=60°，∠ABC=30°．

(1)证明：AD⊥CD；

(2)求△ABC面积的最大值；

(3)设E为线段AB的中点，求DE的最大值．19.(本小题17分)

在某抽奖活动中，初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球，颜色为2白1红.每次随机抽取一个小球后放回.抽奖规则如下：设定抽中红球为中奖，抽中白球为未中奖；若抽到白球，放回后把袋中的一个白色小球替换为红色；若抽到红球，放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态.记第n次抽奖中奖的概率为Pn．

(1)求P2，P3；

(2)若存在实数a，b，c，对任意的不小于4的正整数n，都有Pn=aPn−1+bPn−2+cPn−3，试确定a，答案解析1.B

【解析】解：z=(3−4i)i=4+3i，

故其虚部为3，

故选：B．

2.A

【解析】解：用按比例分层随机抽样的方法从以上所有的产品中抽取60件进行检验，

则应从乙种型号的产品中抽取件数为：60×400200+400+300+100=24．

故选：3.C

【解析】解：对于A，当投掷骰子出现结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点数6，故A错误；

对于B，当投掷骰子出现结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点数6，故B错误；

对于C，若平均数为2，且出现6点，则方差S2>15(6−2)2=3.2>2.4，

∴平均数为2，方差为2.4时，一定没有出现点数6，故C正确；

对于D，当投掷骰子出现结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，

平均数为：x−=15(1+2+3+3+6)=34.A

【解析】解：因为平行四边形ABCD中，E为AC上靠近点A的三等分点，

所以AE=13AC，

所以BE=AE5.B

【解析】解：设圆锥母线长为l，高为ℎ，底面半径为r=2，

则由2π×2=πl，得l=22，

所以ℎ=l26.A

【解析】解：由向量m=(2,λ)，n=(2−λ,−4)共线，得λ(2−λ)=−8，解得λ=−2或λ=4，

当λ=−2时，m=(2,−2)，n=(4,−4)，m与n同向，不符合题意，

当λ=4时，m=(2,4)，n=(−2,−4)，m与n反向，符合题意，

所以实数λ的值为47.B

【解析】解：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，PA⊥BC，又AC⊥CB，

∴可得BC⊥平面PAC，∴BC⊥PC，

∴此四面体的外接球的球心即为PB的中点，直径即为PB，

设球的半径为R，

∵PA=2BC=2，AC=3，∴AB=2，

∴2R=PB=PA2+AB2=228.C

【解析】解：由题意可知，有放回地随机取两次，共有36种情况，

两点数和为6的所有可能为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共5种情况，

两点数和为7的所有可能为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种情况，

所以P(丙)=536，P(丁)=636=16，

P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=56×6=536，P(丁)=66×6=16，

对于A选项，甲与乙可以同时发生，故选项A错误；

对于B选项，P(丙)=536，故选项B错误；

对于C选项，P(甲丁)=136，P(甲)=16，P(丁)=16，

所以P(甲丁)=P(甲)P(丁)，即甲与丁相互独立，故选项9.ACD

【解析】解：选项A，由正弦定理及bcosC+ccosB=b，得sinBcosC+sinCcosB=sinB，

所以sin(B+C)=sinA=sinB，

因为A，B∈(0,π)，所以A=B，

所以△ABC是等腰三角形，即选项A正确；

选项B，由正弦定理知，bsinB=csinC，

所以sinC=csinBb=22×122=22，

因为b<c，所以B<C，所以C=45°或135°，即选项B错误；

选项C，由余弦定理知，c2=a2+b2−2abcosC=4+16−2×2×4×14=16，

所以c=4，即选项C正确；

选项D10.BD

【解析】解：设招商引资前经济收入为M，而招商引资后经济收入为2M，

对于A，招商引资前工资性收入为M×60%=0.6M，而招商引资后的工资性收入为2M×37%=0.74M，

所以工资净收入增加了，故A错误；

对于B，招商引资前转移净收入为M×4%=0.04M，招商引资后转移净收入为2M×5%=0.1M，

所以招商引资后，转移净收入是前一年的2.5倍，故B正确；

对于C，招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和为0.1M+0.56M=0.66M<13×2M，

所以招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和低于该年经济收入的13，故C错误；

对于D，招商引资前经营净收入为M×30%=0.3M，招商引资后经营净收入为2M×30%=0.6M，

所以招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍，故D正确．

11.AD

【解析】解：因为A1F//BC且AF≠BC，可得四边形CFA1B为梯形，

所以CF与BA1必相交，所以A正确；

由题意，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，因为BB1⊥平面ABCD，

CE⊂平面ABCD，所以BB1⊥CE，

假设异面直线DB1与CE所成角是90°，即DB1⊥CE．

DB1BB1⊂平面BB1D，DB1∩BB1=B1．

可得CE⊥平面BB1D，而DB⊂平面BB1D，

则CE⊥DB，

在长方形ABCD中，因为AB=8，BC=4，

取CD中点F，可知正方形BCFE中CE⊥BF，

可得DB与CE不垂直，矛盾，

所以异面直线DB1与CE所成角不是90°，所以B错误；

由上图可知DE=CE=42，又CD=8，即CD2=CE2+DE2，则CE⊥DE，

又DD1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以CE⊥DD1，

DD1∩DE=D，DD1，DE⊂平面DD1E所以CE⊥平面DD1E，

D1E⊂平面DD1E，则CE⊥D1E12.2【解析】解：z1=2+3i，z2=−4+i，则|z113.92【解析】解：互不相等的4个正整数从小到大排序为a1，a2，a3，a4，

则这4个数据的极差为：a4−a1，中位数为a2+a32，

这4个数据的极差是中位数的2倍，

则a4−a1=2×a2+a32=a2+a3，即a4=a1+a2+a3，

a1，a2，a3，14.7【解析】解：因为2a+b=2ccosB，由正弦定理得2sinA+sinB=2sinCcosB，

又因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，

所以2sinBcosC+sinB=0，

因为B∈(0,π)，可得sinB>0，所以cosC=−12，

又因为CD为△ABC的一条中线，CD=32，

可得CD=12(CA+CB)，

所以CD2=14(15.解：因为a与b的夹角θ=5π6，且|a|=3,|b|=23，

所以a⋅【解析】(1)由平面向量的数量积运算即可求得；

(2)由求模公式计算即可求得．

16.解：(1)根据题意可得(a+0.075+0.175+0.15+a)×2=1，

∴a=0.05；

∵服务时长大于或等于11小时的频率为0.05×2=0.1，

∴估计该社区每周获得优秀的志愿者的人数为300×0.1=30；

(2)这20名志愿者当周志愿服务时长的样本众数为8小时；

中位数为7+0.5−0.1−0.150.175=8.428≈8.4小时；

平均数为【解析】(1)根据频率分布直方图的性质，即可求解；

(2)根据众数的概念，中位数的概念，平均数的概念，即可求解．

17.解：(1)证明：∵E，F分别为BC，PC的中点，

∴PB=2EF=5，

∵AB2+PA2=PB2，∴AB⊥PA，∵AC⊥平面PAB，

∴AB⊥AC，

∵AC∩PA=A，AC，PA⊂平面PAC，

∴AB⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，

∴AB⊥PC；

(2)根据题意，取AC的中点M，过M作MN⊥AE交AE于N，

连接FM，FN，ME，

因为F为PC中点，M为AC的中点，

则FM////PA，且FM=12PA=1，

又PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，

∴PA⊥平面ABC，

∴FM⊥平面ABC，而AE⊂平面ABC，

∴AE⊥FM，又MN⊥AE，FM∩MN=M，FM，MN⊂平面FMN，

∴AE⊥平面FMN，

∵FN⊂平面FMN，∴AE⊥FN，

即∠FNM为二面角F−AE−C的平面角，

在Rt△AME中，AM=1，ME=12，则AE=1+1【解析】(1)先根据勾股定理逆定理证得AB⊥PA，再根据AB⊥AC，即可证出；

(2)取AC的中点M，过M作MN⊥AE交AE于N，连接FM、FN，ME，由几何关系证明∠FNM为二面角F−AE−C的平面角，再由勾股定理和等面积求出MN即可求出结果．

18.解：(1)由题知，在△ACD中，

由正弦定理得sin∠CADCD=sin∠ACDAD，∴sin∠ACD=12，

∵AD>CD，∴∠ACD>∠CAD，∴∠CAD=π6，

∴∠D=π−∠ACD−∠CAD=π2，∴AD⊥CD；

(2)在△ABC中，根据勾股定理可得AC=2，

由余弦定理知：cos∠ABC=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=32

∴A