甘肅省2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末學(xué)業(yè)水平質(zhì)量測試數(shù)學(xué)試卷（含解析）VIP

甘肅省2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期期末學(xué)業(yè)水平質(zhì)量測試數(shù)學(xué)試卷1．已知D，E分別為△ABC的邊AB，AC的中點(diǎn)，若BC=12,16，D?2,?3A．4,5 B．1,1 C．?5,?7 D．?8,?112．盒中有3個(gè)大小質(zhì)地完全相同的球，其中1個(gè)白球、2個(gè)紅球，從中不放回地依次隨機(jī)摸出2個(gè)球.則恰好摸出一個(gè)紅球一個(gè)白球的概率為（）A．13 B．12 C．233．設(shè)sinθ?cosθ=105，則A．?45 B．?35 C．4．若復(fù)數(shù)z滿足z=1，則z?1A．1 B．2 C．2 D．35．從1，2，3，4中任取2個(gè)數(shù)，設(shè)事件A=“2個(gè)數(shù)都為偶數(shù)”，B=“2個(gè)數(shù)都為奇數(shù)”，C=“至少1個(gè)數(shù)為奇數(shù)”，D=“至少1個(gè)數(shù)為偶數(shù)”，則下列結(jié)論正確的是（）A．A與B是互斥事件 B．A與C是互斥但不對立事件C．C與D是互斥事件 D．A與D是對立事件6．在△ABC中，點(diǎn)P是線段BC上一點(diǎn)，若AP=13AB+xA．16 B．13 C．237．已知三棱錐A?BCD中，AB⊥平面BCD，∠CBD=30°，AB=4，A．323π B．16π C．6428．“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳的標(biāo)志得來，是平面向量中一個(gè)非常優(yōu)美的結(jié)論.它的具體內(nèi)容是：已知M是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，△BMC，△AMC，△AMB的面積分別為SA，SB，SC，且SA?MA?+SA．?63 B．?66 C．9．已知復(fù)數(shù)z=?1+3i，則（）A．z的虛部是3iB．zC．z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限D(zhuǎn)．z?3i是純虛數(shù)10．下列各式的值為12A．sin870° B．sin15°cos15°C．cos40°cos20°?sin40°sin20° D．tan22.5°11．如圖所示，在正方體ABCD?A'B'C'D'中，M，N分別是A．三棱錐N?MAE的體積是定值B．過A，M，N三點(diǎn)的平面截正方體所得的截面是六邊形C．存在唯一的點(diǎn)E，使得AE⊥MND．AE與平面AMN所成的角為定值12．若一個(gè)圓錐的側(cè)面展開圖是面積為2π的半圓面，則該圓錐的體積為.13．在△ABC中，點(diǎn)D為線段BC的中點(diǎn)，若AB=4，AC=6，BC=8，則AD=.14．《易經(jīng)》是中華民族智慧的結(jié)晶，易有太極，太極生二儀，二儀生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解釋了自然、社會現(xiàn)象.八卦圖與太極圖（圖1）的輪廓分別為正八邊形ABCDEFGH和圓O（圖2），其中正八邊形的中心是點(diǎn)O，魚眼（黑、白兩點(diǎn)）P，Q是圓O半徑的中點(diǎn)，且關(guān)于點(diǎn)O對稱.若OA=42，圓O的半徑為3，當(dāng)太極圖轉(zhuǎn)動（即圓面O及其內(nèi)部點(diǎn)繞點(diǎn)O轉(zhuǎn)動）時(shí)，PA?QC15．已知0<α<π2<β<π，sinα=（1）求cosβ?α（2）求sin2α?cos16．蘭州機(jī)場停車場小型機(jī)動車收費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)為：30分鐘內(nèi)免費(fèi).停車時(shí)長在30分鐘至1小時(shí)之間的，收費(fèi)為5元/輛.超過1小時(shí)后，超出部分每小時(shí)收費(fèi)5元，不足1小時(shí)按1小時(shí)計(jì)費(fèi)24小時(shí)內(nèi)最高收費(fèi)50元.現(xiàn)有甲、乙二人在該機(jī)場臨時(shí)停小型機(jī)動車，兩人停車時(shí)間均大于半小時(shí)且不超過4小時(shí).（1）若甲停車1小時(shí)以上且不超過2小時(shí)的概率為12，停車付費(fèi)多于10元的概率為1（2）若每人停車的時(shí)長在每個(gè)時(shí)段的可能性相同，求甲、乙二人停車付費(fèi)之和為25元的概率.17．如圖，在四棱錐P?ABCD中，四邊形ABCD為正方形，PA⊥平面ABCD.AB=PA=4，F(xiàn)是PB中點(diǎn).（1）求證：PD∥平面ACF；（2）求點(diǎn)P到平面ACF的距離.18．記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.已知b2c?b（1）求A；（2）若D是線段BC上的一點(diǎn)，BD:DC=1:2，AD=2，且內(nèi)角A≤B，求a的最小值.19．定義：如果在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為x1,y1，（1）已知A，B兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)為Ax,2，B1,x，如果它們之間的曼哈頓距離不大于5，那么（2）已知A，B兩個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)為Aa,x，Bx,?3，如果它們之間的曼哈頓距離恒大于3，那么（3）若點(diǎn)Ax,y在函數(shù)y=2x圖象上且x∈Z，點(diǎn)B的坐標(biāo)為1,16

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)镈，E分別為AB，AC的中點(diǎn)，

所以DE=設(shè)Ex,y，又因?yàn)镈所以x+2,y+3=6,8，

則x+2=6,y+3=8,

解得x=4,y=5.

則點(diǎn)故答案為：A.【分析】根據(jù)中點(diǎn)的性質(zhì)和向量共線的坐標(biāo)表示，從而得出點(diǎn)E的坐標(biāo).2．【答案】C【解析】【解答】解：記1個(gè)白球?yàn)锳，2個(gè)紅球分別為a，b，現(xiàn)從中不放回地依次隨機(jī)摸出2個(gè)球，則可能結(jié)果有Aa,Ab,aA,ab,bA,ba，共6個(gè)，其中恰好摸出一個(gè)紅球一個(gè)白球的有Aa,Ab,aA,bA，共4個(gè)，所以，恰好摸出一個(gè)紅球一個(gè)白球的概率P=4故答案為：C.【分析】利用列舉法求出基本事件總數(shù)，求出符合條件的事件數(shù)，再結(jié)合古典概率公式得出恰好摸出一個(gè)紅球一個(gè)白球的概率.3．【答案】C【解析】【解答】解：由sinθ?cosθ=10sinθ?cosθ2解得sin2θ=3故答案為：C.【分析】利用已知條件和平方關(guān)系以及二倍角的正弦公式，從而得出sin2θ的值.4．【答案】C【解析】【解答】解：設(shè)復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為x,y，則z=x+yi，則z?1=x+yi?1=x?1由z=1，得x2+y2所以z?1=因?yàn)閤2+y2=1所以0≤2?2x≤4，

所以2?2x≤2，

所以z?1故答案為：C.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模的計(jì)算公式，將z?1轉(zhuǎn)化為z?1=x?125．【答案】A【解析】【解答】解：根據(jù)題意，

樣本空間Ω=A=2,4B=1,3C=1,2D=1,2則A∩B=?，

所以A與B是互斥事件，故A正確；因?yàn)锳∩C=?，A∪C=Ω，

所以A與C是互斥且對立事件，故B因?yàn)镃∩D=1,2,1,4,2,3,3,4因?yàn)锳∩D=2,4，

所以A與D故答案為：A.【分析】利用互斥事件的定義和對立事件的定義，從而逐項(xiàng)判斷找出結(jié)論正確的選項(xiàng).6．【答案】C【解析】【解答】解：因?yàn)锳P=13AB+xAC，且點(diǎn)P是線段BC上一點(diǎn)，

所以所以13+x=1，

解得故答案為：C.【分析】由B，P，C三點(diǎn)共線可得137．【答案】D【解析】【解答】解：在三棱錐A?BCD中，AB⊥平面BCD，∠CBD=30°，AB=4，設(shè)底面△BCD的外接圓的半徑為r，三棱錐外接球的半徑為R，由正弦定理得2r=CDsin∠CBD=所以R2則外接球的表面積為S=4πR故答案為：D.【分析】設(shè)底面△BCD的外接圓的半徑為r，三棱錐外接球的半徑為R，在△BCD中，利用正弦定理得r=2，AB⊥平面BCD，再結(jié)合R28．【答案】B【解析】【解答】解：延長AM交BC于點(diǎn)D，延長BM交AC于點(diǎn)F，延長CM交AB于點(diǎn)E，如圖所示：若M為△ABC的垂心，3MA?+4MB?+5MC?=因?yàn)镾△ABC=SA+SB+S設(shè)MD=x，MF=y，則AM=3x，BM=2y，則cos∠BMD=x2y=cos∠AMF=y3xcos∠BMD=x2y=66故答案為：B.【分析】根據(jù)SA?MA?+SB?MB?+SC?MC9．【答案】B,C【解析】【解答】解：由z=?1+3i，易知z的虛部是3，故A錯(cuò)誤；因?yàn)閦=因?yàn)閦在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為?1,3，位于第二象限，故C正確；因?yàn)閦?3i=?1，此時(shí)復(fù)數(shù)z是實(shí)數(shù)不是純虛數(shù)，故D錯(cuò)誤.故答案為：BC.【分析】由復(fù)數(shù)的虛部的定義判斷出選項(xiàng)A；利用復(fù)數(shù)求模公式判斷出選項(xiàng)B；利用復(fù)數(shù)z的幾何意義判斷出選項(xiàng)C；利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則和純虛數(shù)的定義，則判斷出選項(xiàng)D，從而找出正確的選項(xiàng).10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，因?yàn)閟in870°=sin2×360°+150°對于B，因?yàn)閟in15°cos15°=1對于C，因?yàn)閏os40°cos20°?sin40°sin20°=cos40°+20°對于D，因?yàn)閠an22.5°1?故答案為：ACD.【分析】利用誘導(dǎo)公式計(jì)算判斷出選項(xiàng)A；利用二倍角的正弦公式計(jì)算判斷出選項(xiàng)B；利用兩角和的余弦公式計(jì)算判斷出選項(xiàng)C；利用二倍角的正切公式計(jì)算判斷出選項(xiàng)D，從而找出值為1211．【答案】A,C【解析】【解答】解：因?yàn)镋是線段B'D'上的動點(diǎn)，又因?yàn)镸N=所以△MNE的面積為定值，

又因?yàn)辄c(diǎn)A到平面MNE的距離AA所以VN?MAE=VA?MNE，過A作GH∥MN分別交CD，CB的延長線于H，G，連接MG，NH，如圖，

F為MG，BB'的交點(diǎn)，K為NH，所以截面為五邊形AFMNK，故B錯(cuò)誤；當(dāng)E在B'D'上運(yùn)動時(shí)，

則當(dāng)AE⊥GH時(shí)，AE⊥MN，

又因?yàn)锳所以，當(dāng)E為B'D'中點(diǎn)時(shí)，AE⊥GH，

則存在唯一的點(diǎn)E由B'D'∥MN，MN?平面AMN，B'D'?平面所以E到平面AMN的距離一定，

又因?yàn)锳E長度隨E運(yùn)動會變化，所以AE與平面AMN所成的角不為定值，故D錯(cuò)誤.故答案為：AC.

【分析】利用VN?MAE=VA?MNE結(jié)合△MNE的面積為定值，從而得出點(diǎn)A到平面MNE的距離AA'為定值，可判斷出選項(xiàng)A；利用平面的基本性質(zhì)作出面AMN與BB'的交點(diǎn)，再利用正方體的性質(zhì)和線線平行判斷方法、線面平行的判定定理、中位線性質(zhì)，則判斷出選項(xiàng)B；當(dāng)E為B'D'12．【答案】3【解析】【解答】解：由題意可知：圓的半徑為2，即圓錐的母線長為2，圓錐的底面周長為2π，

則底面半徑為1，圓錐的高為3，故該圓錐的體積為V=13S?=13×313．【答案】10???????【解析】【解答】解：由D是線段BC的中點(diǎn)，得AD=在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC=A則AB?所以AD所以AD=10，

則故答案為：10.

【分析】根據(jù)中線的性質(zhì)可得AD=1214．【答案】39【解析】【解答】解：如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，因?yàn)檎诉呅蔚拿總€(gè)內(nèi)角為3π4，

則∠AOB=π4又因?yàn)镺A=42，

則A由題意知，P在以O(shè)為圓心，32為半徑的圓上，且P，Q設(shè)P32cosθ,可得PA==?4=?42其中tanφ=cos所以，當(dāng)sinθ+φ=?1時(shí)，PA?故答案為：394.

【分析】先建立平面直角坐標(biāo)系寫出點(diǎn)A和點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)已知條件得出點(diǎn)P在以O(shè)為圓心，3為半徑的圓上且P、Q關(guān)于原點(diǎn)對稱，設(shè)出點(diǎn)P和點(diǎn)Q坐標(biāo)，再利用數(shù)量積的運(yùn)算律和三角恒等變換可得PA?QC15．【答案】（1）解：因?yàn)?<α<π2<β<π，所以cosα=35，所以cos=?5（2）解：sin2α?=2×【解析】【分析】（1）利用同角三角函數(shù)關(guān)系式得出cosα，cosβ的值，再結(jié)合兩角差的余弦公式計(jì)算得出cosβ?α（2）利用二倍角的正弦公式和余弦公式，從而化簡得出sin2α?cos（1）因?yàn)?<α<π2<β<π，所以cosα=35，所以cos=?5（2）sin2α?cos16．【答案】（1）解：設(shè)“甲臨時(shí)停車付費(fèi)恰為5元”為事件A，

則PA=1?12?（2）解：設(shè)甲停車付費(fèi)a元，乙停車付費(fèi)b元，

其中a，b可能取值為5，10，15，20，

則甲、乙二人的停車費(fèi)用的所有樣本點(diǎn)為：

5,5，5,10，5,15，5,20，10,5，

10,10，10,15，10,20，15,5，15,10，15,15，15,20，20,5，20,10，20,15，20,20共16種情形，

其中，5,20，10,15，15,10，20,5這4種情形符合題意，

故“甲、乙二人停車付費(fèi)之和為25元”的概率為P=4【解析】【分析】（1）根據(jù)題意結(jié)合對立事件求概率公式，從而得出甲停車付費(fèi)恰為5元的概率.（2）設(shè)甲停車付費(fèi)a元，乙停車付費(fèi)b元，其中a，b可能取值為5，10，15，20，再利用列舉法和古典概率公式，從而得出甲、乙二人停車付費(fèi)之和為25元的概率.（1）設(shè)“甲臨時(shí)停車付費(fèi)恰為5元”為事件A，則PA所以甲臨時(shí)停車付費(fèi)恰為5元的概率為13（2）設(shè)甲停車付費(fèi)a元，乙停車付費(fèi)b元，其中a，b可能取值為5，10，15，20.則甲、乙二人的停車費(fèi)用的所有樣本點(diǎn)為5,5，5,10，5,15，5,20，10,5，10,10，10,15，10,20，15,5，15,10，15,15，15,20，20,5，20,10，20,15，20,20共16種情形其中，5,20，10,15，15,10，20,5這4種情形符合題意.故“甲、乙二人停車付費(fèi)之和為25元”的概率為P=17．【答案】（1）證明：連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接FO，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，

所以O(shè)為BD中點(diǎn)，又因?yàn)镕是PB中點(diǎn)，

所以FO∥PD，因?yàn)镻D?平面ACF，F(xiàn)O?平面ACF，所以PD∥平面ACF.（2）解：因?yàn)镻D∥平面ACF，所以點(diǎn)P到平面ACF的距離等于點(diǎn)D到平面ACF的距離.因?yàn)镕是PB中點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，所以點(diǎn)F到平面ABCD的距離為12因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB,BC?平面ABCD，

所以PA⊥AB,PA⊥BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，

所以AB⊥BC，因?yàn)镻A∩AB=A，PA,AB?平面PAB，

所以BC⊥平面PAB，因?yàn)镻B?平面PAB，

所以BC⊥PB，因?yàn)镻A=AB=BC=4，所以AF=BF=1所以CF=B所以AF2+C所以SS△ACD設(shè)點(diǎn)D到平面ACF的距離為?，則VD?ACF所以13代入得?=16所以，點(diǎn)P到平面ACF的距離為43【解析】【分析】（1）連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接FO，利用三角形的中位線定理可得FO∥PD，再由線面平行的判定定理證出PD∥平面ACF.（2）利用PD∥平面ACF，將問題轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)D到平面ACF的距離，再利用VD?ACF=VF?ACD得出點(diǎn)（1）證明：連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接FO，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以O(shè)為BD中點(diǎn).又因?yàn)镕是PB中點(diǎn)，所以FO∥PD，因?yàn)镻D?平面ACF，F(xiàn)O?平面ACF，所以PD∥平面ACF.（2）解：因?yàn)镻D∥平面ACF，所以點(diǎn)P到平面ACF的距離等于點(diǎn)D到平面ACF的距離.因?yàn)镕是PB中點(diǎn)，且PA⊥平面ABCD，所以點(diǎn)F到平面ABCD的距離為12因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB,BC?平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥BC，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AB⊥BC，因?yàn)镻A∩AB=A，PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因?yàn)镻B?平面PAB，所以BC⊥PB，因?yàn)镻A=AB=BC=4，所以AF=BF=1所以CF=B所以AF2+C所以SS△ACD設(shè)點(diǎn)D到平面ACF的距離為?，則VD?ACF即13代入得?=16所以點(diǎn)P到平面ACF的距離為4318．【答案】（1）解：由余弦定理b2+得b2因?yàn)閎2c?b=b2+c2?a由正弦定理asinA=bsinB=整理得sinAcosB=2sinCcosA?cosAsinB，所以sinA+B因?yàn)閟inC>0，

所以cosA=1因?yàn)锳∈0,π，

所以A=（2）解：由題意，得2BD所以AD所以AD2=23AB所以22=49c2由余弦定理得a2=①÷②得36a令cb=x，又因?yàn)锳≤B，

所以a≤b，

所以所以b2+c2?bc≤b2，

令fx因?yàn)閒x=4+6x?3x2?x+1，令gt當(dāng)t=0時(shí)，gt當(dāng)t≠0時(shí)，gt=4+36t+27由對勾函數(shù)性質(zhì)可得：當(dāng)0<t≤3時(shí)，y=t+27t單調(diào)遞減，

則同理，當(dāng)?3<t<0時(shí)，t+27所以1<gt≤7，

所以36a2≤7所以，當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)a最小，最小值為67【解析】【分析】（1）由余弦定理得a2c?b（2）根據(jù)平面向量基本定理可得AD=23AB+13AC，利用兩邊平方可得（1）由余弦定理b2+得b2又b2c?b=b2+由正弦定理asinA=b整理得sinAcosB=2sinCcosA?cosAsinB，所以sinA+B因?yàn)閟inC>0，所以cosA=1因?yàn)锳∈0,π，所以A=（2）由題意，得2BD所以AD=所以AD2=2所以22=49又由余弦定理得a2=①÷②得36a令cb=x，又A≤B，所以a≤b，所以所以b2+c2?bc≤令fx因?yàn)閒x=4+6x?3x2令gt當(dāng)t=0時(shí)，gt當(dāng)t≠0時(shí)，gt=4+36t+27由對勾函數(shù)性質(zhì)可得當(dāng)0<t≤3時(shí)，y=t+27t單調(diào)遞減，故同理當(dāng)?3<t<0時(shí)，t+27所以1<gt≤7，所以36a所以當(dāng)△ABC為等邊三角形時(shí)a最小，最小值為6719．【答案】（1）解：因?yàn)锳x,2，B1,x