2023-2024学年山东省青岛六十七中高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年山东省青岛六十七中高一（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.某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为(

)A.290 B.295 C.300 D.3302.已知z−1z=2+i，则|z|=(

)A.12 B.22 C.13.已知向量a=(−1,2)，b=(−3,1)，则a在b上的投影向量为(

)A.(−32,12) B.(−4.在平行四边形ABCD中,DE=3EC，若AE交BD于点M，则AMA.AM=13AB+23AD 5.据史料推测，算筹最晚出现在春秋晚期战国初年，是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中，用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子，木头，兽骨，象牙，金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字，如果用五根小木棍随机摆成图中的两个数(小木棍全部用完)，那么这两个数的和不小于9的概率为(

)

A.23 B.12 C.136.已知点A(1,1,1)，B(0,1,0)，C(−1,0,1)，则点A到直线BC的距离是(

)A.1 B.2 C.3 7.已知矩形ABCD，AB=1，BC=3，沿对角线AC将△ABC折起，若平面ABC与平面ACD所成角的余弦值为−13，则B与DA.1 B.2 C.3 8.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为(

)A.86π B.46π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.设z1，z2，z3为复数，z1A.若|z2|=|z3|，则z2=±z3 B.若z1z2=10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M在线段A.三棱锥D1−AMC的体积随着点M的运动而变化

B.异面直线A1M与AD1所成角的取值范围是(π3,π2]11.已知△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c=10,bcosC+ccosB=2，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是△ABC所在平面内一点，OA+2A.若(AB+AC)⋅BC=0，则|AB+AC|=6

B.若CA在CB方向上的投影向量为CB，则|PQ|的最小值为104

C.若点P三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知平面向量a,b满足|a|=10,|b13.抛掷一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是______．14.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为3π2，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S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)

在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=2，c=4，acosC+b=0．

(1)求a．

(2)已知点D在线段BC上，且∠ADB=16.(本小题15分)

如图，三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，点A1在底面ABC的射影O是AC的中点．

(1)求点A到平面BCC117.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b(tanA+tanB)=2ctanB，BC边的中线长为1．

(1)求角A；

(2)求边a18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD//BC.∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3．

(1)求证：平面MQB⊥平面PAD；

(2)若二面角M−BQ−C的大小为30°，求直线19.(本小题17分)

树人中学高一(1)班某次数学质量检测(满分150分)的统计数据如下表：性别参加考试人数平均成绩标准差男3010016女209019在按比例分配分层随机抽样中，已知总体划分为2层，把第一层样本记为x1，x2，x3，…，xn，其平均数记为x−，方差记为s12；把第二层样本记为y1，y2，y3，…，ym，其平均数记为y−，方差记为s22；把总样本数据的平均数记为z−，方差记为s2．

(1)证明：s2=1m+n{n[s12+(x−−z−)2]+m[s22+(y−−z−)2]}；

(2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差(精确到参考答案1.B

2.B

3.A

4.B

5.A

6.B

7.C

8.D

9.BC

10.BC

11.ACD

12.313.71214.815.解：(1)因为在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，acosC+b=0，

由余弦定理可得a⋅a2+b2−c22ab+b=0，即a2+3b2−c2=0，

又已知b=2，c=4，

则可得a=10．

(2)16.解：(1)由点A1在底面ABC的射影O是AC的中点，可得OA1⊥平面ABC，

又由△ABC是等边三角形，所以OB，OC，OA1两两垂直，

以O为原点，OB，OC，OA1分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

因为三棱柱ABC−A1B1C1的棱长都是2，所以得OB=OA1=3,OC=1，

可得A(0,−1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),A1(0,0,3),C1(0,2,3)，所以AC=(0,2,0)，

在平面BCC1B1中，BC=(−3,1,0),CC1=(0,1,3)，

设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z)，

则有BC⋅m=0CC1⋅m=0，可得−3x+y=0y+17.解：(1)在△ABC中，

因为b(tanA+tanB)=2ctanB，所以b(sinAcosA+sinBcosB)=2csinBcosB，

所以bsinC=2csinBcosA，所以bc=2bccosA，

所以cosA=22.所以由A∈(0,π)，可得A=π4．

(2)因为BC边的中线长为118.解：(1)证明：因为AD//BC，BC=12AD，Q为AD的中点，

所以四边形BCDQ为平行四边形，所以CD/​/BQ，

因为∠ADC=90°，所以∠AQB=90°，即BQ⊥AD，

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BQ⊂平面ABCD，

所以BQ⊥平面PAD，

因为BQ⊂平面MQB，所以平面MQB⊥平面PAD，

(2)解：因为PA=PD，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD，

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，

所以PQ⊥平面ABCD，所以以Q为原点，以QA，QB，QP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图：

Q(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0,3)，B(0,3,0),C(−1,3,0)，

由PM=λPC=λ(−1,3,−3)，且0≤λ≤1，得M(−λ,3λ,3−3λ)，

所以QM=(−λ,3λ,3−3λ)，又QB=(0,3,0)，

设平面MBQ的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅QM=0,m⋅QB=0,，所以−λx+19.解：(1)证明：根据题意，s2=1m+n[i=