2023-2024学年安徽省六安市皖西当代中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年安徽省六安市皖西当代中学高一（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与其共轭复数z−满足z−2z−=1+3i，则zA.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为(

)A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.73.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=6，c=3，cosA=23，则A.3 B.1 C.1或3 D.无解4.已知两不同直线m，n与三不同平面α，β，γ，下列条件能推出α//β的是(

)A.α⊥γ且β⊥γ B.m⊂α，n⊂β，m//n

C.m⊥α

且m⊥β D.m⊂α，n⊂α，m//β，n//β5.若D为△ABC的边AB的中点，则CB=(

)A.2CD−CA B.2CA−CD6.已知向量a与b的夹角为120°，|a|=3，|a+bA.1 B.3 C.4 D.57.已知正四棱锥O−ABCD的体积为322，底面边长为3，则以O为球心，OAA.6π B.26π 8.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA+acosB=3,2acos2A+BA.C=π3

B.△ABC的外接圆半径为23

C.△ABC的面积的最大值为9二、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.已知一组样本数据：4，4，5，7，7，7，8，9，9，10.关于这组样本数据，结论正确的是(

)A.平均数为8 B.众数为7 C.极差为6 D.中位数为810.湖光岩玛珥湖，位于广东省湛江市麻章区湖光镇，是中国乃至世界最大的湿玛珥湖，是中国玛珥湖研究的始发点，也是世界玛玶湖研究的关键点.某小组计划测量如图所示的湖光岩玛珥湖的东西方向的总湖长，即测量湖光岩玛珥湖湖岸的两个测量基点P，Q之间的距离，现在湖光岩玛珥湖的湖岸取另外两个测量基点M，N，测得MN=3805米，∠PMQ=3π4，∠QMN=∠PNM=π12A.MQ=38010米 B.PM=3805米

C.PN=38011.已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为7，高为3.若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是A.三角形SPQ面积的最大值为23

B.三棱锥O−SPQ体积的最大值233

C.四面体SOPQ外接球表面积的最小值为11π

D.直线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.复数z=|1+313.若一组数据x1，x2，⋯，xn的方差为1，则数据2x1+4，2x14.如图，在△ABC中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点O.若AB⋅AC=6AO⋅EC，则ABAC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a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a=(1,2)，b=(−2,3)，c=(−2,m)

(1)若a⊥(b+c)，求|c|；16.(本小题15分)

如图，三棱柱ABC−A1B1C1的底面ABC是边长为2的正三角形，侧棱CC1⊥底面ABC，CC1=4，E为B1C117.(本小题15分)

某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组[45,55)，第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．

(1)求图中a，b的值；

(2)估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；

(3)从成绩在第四、五组的志愿者中，按比例分配的分层抽样方法随机抽取5人，再从这5人中选出两人，求选出的两人成绩来自同一组的概率．18.(本小题17分)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为34(c2−a2−b2)．

(1)求角C；

(2)若19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为菱形，PA=PB=2，AD=BD=PD=2．

(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；

(2)求二面角P−AD−B的余弦值．

答案解析1.B

【解析】解：设z=a+bi，(a,b∈R)，则z−=a−bi，

又因为z−2z−=1+3i，即(a+bi)−2(a−bi)=1+3i，

即−a+3bi=1+3i，

可得a=−1，b=1，

可得z=−1+i，

所以z在复平面内对应的点位于第二象限．2.B

【解析】解：某群体中的成员只用现金支付，既用现金支付也用非现金支付，不用现金支付，是互斥事件，

所以不用现金支付的概率为：1−0.45−0.15=0.4．

故选B．3.C

【解析】解：∵a=6，c=3，cosA=23，

由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA，

4.C

【解析】解：因为α，β垂直于同一个平面γ，故α，β

可能相交，可能平行，故A不正确；

α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件，不能推出α/​/β，故B不正确；

利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；

α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件，不能推出α/​/β，故D不正确，

故选：C．

α，β垂直于同一个平面γ，故α，β

可能相交，可能平行；

α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件；

利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；

α，β相交时，m，n都与交线平行，m/​/n，满足条件．

5.A

【解析】解：∵D为△ABC的边AB的中点，

∴CD=12(CA+CB)6.C

【解析】解：根据条件，(a+b)2=a2+2a⋅b+b7.D

【解析】解：如图，正四棱锥O−ABCD的体积V=13sℎ=13(3×3)×OH=322，

∴OH=38.D

【解析】解：由题意△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bcosA+acosB=3，

可得b⋅b2+c2−a22bc+a⋅a2+c2−b22ac=3，解得c=3，

2acos2A+B2−1=3csinA−1，可得cos(A+B)=3sinC−1，

∴sin(C+π6)=12，

又C∈(0,π)，

∴C=2π3，所以A不正确；2R=csinC=332=23，所以B不正确；

在△ABC中，∵c2=a2+9.BC

【解析】解：平均数为110(4+4+5+7+7+7+8+9+9+10)=7，众数为7，极差为10−4=6，中位数为7．

故选：BC10.ABD

【解析】解：在△PMN中，∠PMN=3π4+π12=5π6，∠PNM=∠MPN=π12，

则PM=MN=3805米，B选项正确．

在△MNQ中，∠MNQ=2π3+π12=3π4，

又∠QMN=π12，则∠MQN=π6，

由正弦定理可得MQsin∠MNQ=MNsin∠MQN，即MQsin11.BD

【解析】解：对选项A，由母线长为7，高为3，

可得底面半径为7−3=2，设BC是底面圆的一条直径，

则cos∠BSC=(7)2+(7)2−422×7×7=−17<0，即∠BSC是钝角，

又S△SPQ=12×SP×SQ×sin∠PSQ=12×7×7×sin∠PSQ=72sin∠PSQ，

则存在点P，Q，当∠PSQ=90°时，

sin∠PSQ=1，三角形SPQ面积的最大值为72，故A错误；

选项B，∵S△SOP=12×SO×OP=12×3×2=3，∴当OQ⊥面SOP时，

(VO−SPQ)max=(VQ−SOP)max=13×S△SOP×OQ=13×3×2=233，故B正确；

选项C，设△OPQ的外接圆半径为r12.−1

【解析】解：z=|1+3i|1+i=21+i=2(1−i)(1+i)(1−i)=1−i13.2

【解析】解：∵数据x1，x2，⋯，xn的方差为1，

∴数据2x1+4，2x2+4，⋯，2xn+4的方差为22×1=4，

∴数据214.3【解析】解：设AO=λAD=λ2(AB+AC)，

AO=AE+EO=AE+μEC=AE+μ(AC−AE)

=(1−μ)AE+μAC=1−μ3AB+μ15.解：(1)b+c=(−4,3+m)

∵a⊥(b+c)，∴a⋅(b+c)=−4+2(3+m)=0

∴m=−1，∴c=(−2 , −1)

∴|【解析】(1)根据向量的坐标的运算法则和向量垂直的条件，以及模的定义即可求出;

(2)根据向量共线的条件即可求出．

16.证明：(1)连接AB1交A1B于点O，连接OE，

由于ABC−A1B1C1为直棱柱，所以ABB1A1为矩形，

所以O为AB1的中点，

由于E为B1C1的中点，所以AC1//OE，

由于AC1伻面A1BE，OE⊂平面A1BE，所以AC1/​/平面A1BE．

解：(2)取A1B1中点G，连接C1G，

由于CC1⊥底面A1B1C1，所以BB1⊥底面A1B1C1，【解析】(1)直接利用线面平行的判定求出结果；

(2)利用锥体的体积公式求出结果．

17.解：(1)∵第三、四、五组的频率之和为0.7，

∴(0.045+0.020+a)×10=0.7，解得a=0.005，

∴前两组的频率之和为1−0.7=0.3，即(a+b)×10=0.3，解得b=0.025．

(2)前三组频率之和为0.75，∴第80百分位数位于[75,85)组内，

且75+0.8−0.750.2×10=77.5，即估计第80百分位数为77.5；

估计平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5．

(3)成绩在第四、五两组志愿者分别有20人、5人，

按比例分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为A，B，C，D，

第五组志愿者人数为1，设为E，

这5人选出2人，所有情况有(A,B)，(A,C)，(A,D)，(A,E)，(B,C)，

(B,D)，(B,E)，(C,D)，(C,E)，(D,E)，共10种，

其中选出的两人来自同一组的有(A,B)，(A,C)，(A,D)，(B,C)，(B,D)，(C,D)，共6种，

∴选出的两人来自同一组的概率为【解析】(1)根据频率分布直方图的频率的性质即各组频率为相应矩形面积，列式计算，即可求得答案；

(2)根据百分位数的定义求解即可，由频率分布直方图的平均数公式求解即可；

(3)确定两组各抽取的人数，采用列举法列出选出2人的所有可能情况，再列出这2人来自同一组的情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案．

18.解：(1)由于S△ABC=12absinC=34⋅(−2abcosC)=34(c2−a2−b2)，

所以tanC=−3，

由于C∈(0,π)，

所以C=2π3．

(2)由于∠ACD=∠BCD=π3,BD=3AD【解析】(1)直接利用余弦定理和三角形的面积公式求出C的值；

(2)利用分割法和余弦定理的应用求出c的值．

19.(1)证明：取AB的中点E，连接PE，DE，则PE⊥AB，

由已知可得PE=1,DE=3，∴PE2+DE2=PD2，∴PE⊥DE，

∵AB⊂平面ABCD，DE⊂平面ABCD，AB⋂DE=E，

∴PE⊥平面ABCD，

∵PE⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面ABCD；

(2)解：过点E作EF⊥AD，垂足为F，连接PF，

由(1)知PE⊥平面ABCD，

又AD⊂平面ABC