2023-2024學(xué)年重慶市七校聯(lián)盟高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年重慶市七校聯(lián)盟高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.復(fù)數(shù)5i?2的共軛復(fù)數(shù)是(

)A.2+i B.?2?i C.?2+i D.2?i2.已知兩個(gè)互斥事件A，B滿足P(A+B)=0.5，P(A)=0.2，則P(B)=(

)A.0.4 B.0.3 C.0.6 D.0.13.正方體ABCD?A1B1C1D1A.12 B.32 C.±4.三棱錐P?ABC中，PA與面ABC所成角的余弦值為223,PA=3，AB=2BC=2，AC=3A.32 B.33 C.5.△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別是a，b，c，c=acosB+ccosA，則△ABC的形狀是(

)A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等腰直角三角形 D.等腰或直角三角形6.甲、乙兩人獨(dú)自破譯密碼，兩個(gè)人都成功地破譯密碼的概率為0.3，甲成功且乙沒有成功破譯密碼的概率為0.2，則甲成功破譯密碼的概率為(

)A.0.5 B.0.6 C.0.06 D.27.已知向量a=(3,4)，非零向量b滿足對(duì)?λ∈R都有|a?λb|≥|aA.52 B.10 C.5 D.8.邊長(zhǎng)為2的正三角形ABC的內(nèi)切圓上有一點(diǎn)P，已知AP=xAB+yAC，則2x+yA.[3?3,3+3] B.[二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.拋一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，事件A1：“第1次硬幣正面朝上”，事件A2：“第2次硬幣正面朝上”，事件A3：“兩次硬幣朝上的面相同”則下列說法正確的是A.P(A1)=12 B.P(A10.關(guān)于x的方程x2+x+1=0在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的根是z1，z2A.z13=1 B.z12=11.如果一個(gè)多面體由兩個(gè)及其兩個(gè)以上的正多邊形組成，我們稱這樣的多面體是半正多面體，半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美，如圖1是一個(gè)由正方形和正三角形構(gòu)成的半正多面體筆筒，其中面ABCD//面EFGH，且兩個(gè)正方形的中心的連線與這兩個(gè)正方形所在平面垂直，HF⊥AD，EG⊥AB，且所有的棱長(zhǎng)都為2，則下列說法正確的是(

)

A.該多面體有10個(gè)面

B.平面ABCD與平面EFGH的距離是234

C.該幾何體外接球的表面積是(8+22)π

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知一組數(shù)：6，8，2，4，10，這組數(shù)的第四十百分位數(shù)是______．13.已知圓錐的母線長(zhǎng)為23，底面圓的周長(zhǎng)為214.已知x1，x2，…，x5的平均數(shù)和方差分別是2，1，若x6=8，則x1，x2，…，x6的平均數(shù)是______，2x四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

在一次區(qū)域的統(tǒng)考中，為了了解學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科成績(jī)的情況，從所有考生的成績(jī)中隨機(jī)抽取了40位考生的成績(jī)進(jìn)行統(tǒng)計(jì)分析，得到如圖2所示的頻率分布直方圖．

(1)估計(jì)這40名學(xué)生的數(shù)學(xué)成績(jī)的平均數(shù)與中位數(shù)；(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表，不能整除的保留1位小數(shù))

(2)為了進(jìn)一步了解70分以下的學(xué)生的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，調(diào)查方從成績(jī)?cè)赱50,70)分?jǐn)?shù)段的同學(xué)中按組([50,60)，[60,70)各算一組)從樣本中分層抽取了6個(gè)人進(jìn)行深入地學(xué)習(xí)交流，學(xué)習(xí)交流完后再?gòu)倪@6個(gè)人中隨機(jī)抽取2個(gè)人進(jìn)行再測(cè)試，求這兩個(gè)人中至少有一個(gè)人在之前的統(tǒng)考中成績(jī)位于[50,60)的概率．16.(本小題15分)

如圖所示的直三棱柱ABC?A1B1C1的每條棱長(zhǎng)均為2，E，F(xiàn)分別是棱AB1，BC1的中點(diǎn)，O，G分別是棱AB，AC上的點(diǎn)，平面EGO//平面BCC1．

17.(本小題15分)

△ABC中，角A，B，C所對(duì)應(yīng)的邊分別是a，b，c，且acosC+3asinC=b+c．

(1)求A；

(2)若a=2，求18.(本小題17分)

如圖，在△ABC中，BO=OC，AT=4TO，AE=2EC．

(1)用AB，AC表示BT；

(2)求證：B、T、E三點(diǎn)共線；

(3)若AB=1，AC=219.(本小題17分)

如圖，四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD是平行四邊形，△PAB是正三角形，AB=2，AD=2，面PAD⊥面ABCD，AC=1．

(1)求證：CA⊥平面PAD；

(2)當(dāng)∠PAD=135°時(shí)，

(i)若G是面PBD的重心，求直線BG與平面ABCD所成角的正弦值；

(ii)棱AD上是否存在一點(diǎn)Q，使得二面角A?PQ?C的余弦值為

答案解析1.C

【解析】解：復(fù)數(shù)5i?2=5(?2?i)(?2+i)(?2?i)=5(?2?i)5=?2?i2.B

【解析】解：A，B為互斥事件，

因?yàn)镻(A+B)=0.5，P(A)=0.2，

所以

P(B)=0.5?0.2=0.3．

故選：B．

3.A

【解析】解：連接AD1，

正方體中，可得AD1/?/BC1，

所以AD1與AB1所成的角等于直線AB1與直線BC1的夾角，

而∠D1AB1或其補(bǔ)角為AD1與4.D

【解析】解：∵AB=2BC=2，AC=3，

∴AC2+BC2=AB2，∴AC⊥BC，

∴△ABC的面積為12×1×3=32，

又PA與面ABC所成角的余弦值為223,PA=3，

∴PA5.D

【解析】解：c=acosB+ccosA，

則由正弦定理可知，sinC=sinAcosB+sinCcosA，

A+B+C=π，

則sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=sinAcosB+sinCcosA，

所以cosA(sinB?sinC)=0，即cosA=0或sinB=sinC，

A，B，C均為三角形的內(nèi)角，

故A=π2或B=C，

所以△ABC的形狀是等腰或直角三角形．

6.A

【解析】解：設(shè)甲、乙兩人獨(dú)自成功破譯密碼的概率為P(A)，P(B)，

又兩個(gè)人都成功地破譯密碼的概率為0.3，則P(A)P(B)=0.3，

甲成功且乙沒有成功破譯密碼的概率為0.2，則P(A)[1?P(B)]=0.2，

則P(A)=0.5，P(B)=0.6．

故選：A．

7.C

【解析】解：因?yàn)閨a?λb|≥|a?b|，

|a|2?2λa?b+λ2|b|2≥|a|2?2a?b+|b|2，

2a?b8.D

【解析】解：如圖，以正三角形ABC的高為y軸，以內(nèi)切圓圓心為原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系，

因?yàn)檎切蜛BC邊長(zhǎng)為2，根據(jù)三角形面積公式得到12×l弧長(zhǎng)×r=12?AB?AC?sin60°，P(33cosθ,33sinθ)，θ∈[0,2π)，

A(0,233)，B(?1,?33)，C(1,?33)，

則AP=(33cosθ,39.AC

【解析】解：根據(jù)題意，P(A1)=12，P(A2)=12，P(A3)=12×12+12×110.ABD

【解析】解：由求根公式可得，方程x2+x+1=0在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)的根為x=?1±3i2，

不妨設(shè)z1=?12+32i，z2=?12?32i，

11.ABC

【解析】解：如圖，可知該多面體有10個(gè)面，A正確；

設(shè)平面ABCD和平面EFGH的中心分別為O，O′，連接OO′，

根據(jù)題意，OO′⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以BC⊥OO′，

又HF⊥AD，AD//BC，所以BC⊥HF，

HF∩OO′=O′，HF，OO′?平面OO′F，所以BC⊥平面OO′F，

設(shè)平面OO′F∩BC=S，則OS⊥BC，則S為BC中點(diǎn)，

又因?yàn)槠矫鍭BCD//平面EFGH，平面ABCD∩平面OO′F=OS，

平面EFGH∩平面OO′F=O′F，所以O(shè)′F//OS，

OO′⊥平面EFGH，GF?平面EFGH，所以O(shè)O′⊥O′F，

則在直角梯形OO′FS中，OS=1，O′F=2，F(xiàn)S=3，

所以O(shè)O′=3?(2?1)2=232，B正確；

根據(jù)題意，可知該幾何體外接球的球心為OO′的中點(diǎn)，

所以外接球的半徑的平方為(2342)2+22=22+2，

所以該幾何體外接球的表面積是4π×(22+2)=(8+22)π，C正確；

取AE中點(diǎn)P，連接BP，HP，由正三角形性質(zhì)可知，BP⊥AE，HP⊥AE，

所以∠HPB為二面角H?AE?B的平面角，BP=HP=3，

過點(diǎn)H向平面ABCD作垂線，垂足為H′，則HH′=OO′=234，12.5

【解析】解：數(shù)據(jù)從小到大排序?yàn)椋?，4，6，8，10，共5個(gè)，

5×40%=2，

故這組數(shù)的第四十百分位數(shù)是4+62=5．

故答案為：513.4π3【解析】解：∵底面圓的周長(zhǎng)為23π，

∴底面圓的半徑為3，

∴底面圓的直徑為23，又圓錐的母線長(zhǎng)為23，

∴該圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為23的正三角形，

設(shè)該圓錐的內(nèi)切球的半徑為r，

∴該圓錐的內(nèi)切球的半徑即為軸截面正三角形的內(nèi)切圓半徑，即r=114.3

703【解析】解：由題意得15(x1+x2+?+x5)=2，

所以x1+x2+…+x5=10，

所以16(x1+x2+?+x5+x6)=16×(10+8)=3，

即x1，x2，…，x6的平均數(shù)是3．

15.解：(1)平均數(shù)為x?=10×(55×0.01+65×0.02+75×0.035+85×0.03+95×0.005)=75，

第一組頻率0.01×10=0.1，

第二組頻率0.02×10=0.2，

第三組頻率0.035×10=0.35，

因?yàn)?.1+0.2+0.35>0.5，而0.1+0.2<0.5，

所以中位數(shù)在[70,80)之間，設(shè)中位數(shù)為x，

則0.1+0.2+0.35(x?70)=0.5，

解得x≈70.6．

(2)從成績(jī)?cè)赱50,70)分?jǐn)?shù)段的同學(xué)中按組([50,60)，[60,70)各算一組)從樣本中分層抽取了6個(gè)人，

則[50,60)中的人數(shù)為0.01×10×40=4人，

[60,70)中的人數(shù)為0.02×10×40=8人，共12人，

則需從[50,60)中的人數(shù)抽取6×0.1×4012=2人，

則需從[60,70)中的人數(shù)抽取6×0.2×4012=4人，

【解析】(1)根據(jù)中位數(shù)和平均數(shù)的概念計(jì)算即可．

(2)根據(jù)古典概型的概率公式計(jì)算即可．

16.解：(1)證明：∵平面EGO//平面BCC1，

又平面EGO∩平面ABB1=EO，平面BCC1∩平面ABB1=B1B，

∴EO//B1B，又E是棱AB1的中點(diǎn)，∴O是AB的中點(diǎn)，

同理可證OG/?/BC，∴G是AC的中點(diǎn)；

(2)∵E【解析】(1)根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理，即可證明；

(2)根據(jù)題意可得三棱錐F?EBC的體積為：VF?EBC=17.解：(1)因?yàn)閍cosC+3asinC=b+c，

由正弦定理可得sinAcosC+3sinAsinC=sinB+sinC，

在△ABC中，可得sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAinC，

所以3sinAsinC=cosAinC+sinC，

在△ABC中，sinC>0，

可得3sinA?cosA=1，

即sin(A?π6)=12，

因?yàn)锳∈(0,π)，可得A?π6=π6，

可得A=π3；

(2)a=2，設(shè)BC邊上高為?，

則S△ABC=12bcsinA=【解析】(1)由正弦定理及三角形的內(nèi)角和定理，輔助角公式可得sin(A?π6)的值，再由角A的范圍，可得角A的大?。?/p>

(2)18.解：(1)依題意有O是BC中點(diǎn)，所以AO=12(AB+AC)，

又AT=4TO，所以AT=45AO=45×12(AB+AC)=25(AB+AC)，

BT=AT?AB=25(AB+AC)?AB=?35AB+25AC．

(2)證明：由(1)有BT=?35AB+25AC，又AE=2EC，所以AC=32AE，

所以BT=?35AB【解析】(1)由向量的線性運(yùn)算計(jì)算即可求解；

(2)結(jié)合條件及(1)的結(jié)論可得BT=?35AB+35AE，進(jìn)一步可得BT=35BE，即可求證；

(3)由(1)(2)19.(1)證明：因?yàn)锳B=2AD=2，AC=1，且四邊形ABCD是平行四邊形，

所以CD=2，AC2+AD2=CD2，所以AC⊥AD．

因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AC?平面ABCD，

由平面與平面垂直的性質(zhì)得AC⊥平面PAD．

(2)解：(i)如圖①所示，反向延長(zhǎng)DA至D點(diǎn)，過P點(diǎn)作PM⊥AD，

因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PM?平面PAD，

所以PM⊥平面ABCD.又因?yàn)镸O?平面ABCD，所以PM⊥MO．

設(shè)平行四邊形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)為O，連接MO，MC，連接BG，反向延長(zhǎng)BG交PD于E，

因?yàn)镚點(diǎn)為△PBD的重心，即E為PD的中點(diǎn)，

過G點(diǎn)作GN⊥平面ABCD交平面ABCD于N，

又因?yàn)镸O∈平面ABCD，所以GN⊥MO，

且P，G，O三點(diǎn)在同一條直線，所以PM////GN，且N點(diǎn)在MO上，

連接BN，則∠GBN為直線BG與平面ABCD的夾角．

因?yàn)镚點(diǎn)為△PBD的重心，O點(diǎn)為BD的中點(diǎn)，

所以O(shè)GOP=13，且△OGN∽△OPM，

所以GNPM=OGOP=13，

又因?yàn)椤鱌AB為等邊三角形，∠PAD=135°，

所以PA=AB=2，∠PAM=45°，

所以PM=1，即GN=13