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1、第1页(共4页)2023202420232024 学年高一第二学期期末检测学年高一第二学期期末检测数 学 2024.06一、单项选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分在每小题给出的四个选项中,只有一项符合要求)1 设复数z满足i1 iz =+,则iz=()A2i+B2i CiDi2 方程2ln50 xx+=的解所在区间为()A(4,5)B(3,4)C(2,3)D(1,2)3 数据 63,65,70,73,76,78,80,84,88,90 的45百分位数为()A73 B76 C77 D78 4 已知平面向量(1,0),(1,2)ab=,则a在b上的投影向量为()A12(,)5
2、5B1 2(,)5 5C5 2 5()55,D52 5()55,5 如图,为了测量河对岸 A,B 两点之间的距离,在河岸这边找到在同一直线上的三点 C,D,E从 D 点测得ADC67.5,从 C 点测得ACD45,BCE75,从 E 点测得BEC60若测得 DC3,CE2 2(单位:百米),则 A,B 两点的距离为()百米 A2 6 B2 3 C6 D3 6 在正方体1111ABCDABC D中,,E F G H分别是棱111,AA AB BC C D的中点,下列结论正确的是()A1/EFGDB1D EFGCFG 平面11BB D D D平面1/D EF平面1GHC7 如图,在ABC中,,D
3、E是BC上的两个三等分点,12AB=,9AC=,60BAC=,则AD AE的值为 ()A50B80C86D1108 已知coscos()sincos()36+=,则tan(2)4+的值()A33B3C23 D23+BAECDEDCBA(第 5 题图)(第 7 题图)第2页(共4页)二、多项选择题(本大题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求全部选对的得 6 分,有选错的得 0 分,部分选对的得部分分)9 在ABC中,角 A、B、C 所对的边为 a、b、c,根据下列条件解三角形,其中仅有一解的 有()A4a=,5b=,6c=B30A=,45B=,5c=
4、C3a=,2b=,45A=D3a=,2b=,60C=10连续抛掷两次骰子,“第一次抛掷,结果向上的点数小于 3”记为事件 A,“第二次抛掷,结 果向上的点数是偶数”记为事件 B,“两次抛掷,结果向上的点数之和为奇数”记为事件 C,则下列叙述中正确的有()AA 与 B 互斥 BA与C相互独立 CB与 C 对立 D2()3P AB+=11 如图,正方形ABCD的中心为O,边长为 4,将其沿对角线AC折成直二面角DACB,设M为AD的中点,N为BC的中点,则下列结论正确的有()A三棱锥DABC的外接球表面积为32 B直线 MN 与平面 ABC 所成角的正切值为12 C点 C 到平面 OMN 的距离为
5、2 63 D三角形MON沿直线MN旋转一周得到的旋转体的体积为2 33 三、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分)12已知一个正四棱台的体积为 1523cm,上、下底面边长分别为 4cm、6cm,则棱台的高 为 cm 13若复数满足2i1z=,则z的最小值是 14已知ABC的面积为S满足条件3()2AB ACS=,则A=;若2BC=,延长CB至点D,使得BDAC=,则tanADC=(第一空 2 分,第二空 3 分)ODCBAODNMCBA第3页(共4页)四、解答题(本大题共 5 小题,共 77 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15(本小题满分 13 分)已知
6、(0,1)a=,(1,2)b=设2,ABab BCab=+=+(R)(1)若,A B C三点共线,求的值;(2)若ABBC,求的值 16(本小题满分 15 分)某保险公司为了给年龄在 2070 岁的民众提供某种医疗保障,设计了一款针对某疾病的保险 现从 10000 名参保人员中 随 机 抽 取100名 进 行 分 析,并 按 年 龄 段20,30),30,40),40,50),50,60),60,70分成了五组,其频率分布直方图如右图所示,每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表所示:年龄 20,30)30,40)40,50)50,60)60,70 保费(单位:元)x 2x 3x 5x 7x(1)
7、若采用分层抽样的方法,从年龄段在30,40)和40,50)内的参保人员中共抽取 6 人进行问卷调查,再从中选取 2 人进行调查对该种保险的满意度,求这 2 人中恰好有 1 人年龄段在30,40)内的概率(2)由于 10000 人参加保险,该公司每年为此项保险支出的各种费用为 200 万元为使公司不亏本,则年龄段50,60)的参保人员每人每年需要缴纳的保费至少为多少元?17(本小题满分 15 分)已知函数2()sin(2)sin(2)2cos233f xxxx=+(1)当0,2x时,求函数()f x的值域;(2)求函数()f x在区间0,2上的所有零点之和 第4页(共4页)18(本小题满分 17
8、 分)如图,在斜三棱柱111ABCABC中,侧面11ABB A为菱形,160A AB=,122ABACBC=,90ACB=,M为 AB 中点,1AC与1AC的交点为 N(1)求证:/MN平面11BCC B;(2)求证:1AM 平面 ABC;(3)求二面角1BAAC的正弦值 19(本小题满分 17 分)如图所示,已知ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形,在ABD中,6AD=,3BD=,2DEEB=(1)若135ADB=,求ABC的面积;(2)求26cosABABABD的值;求2CE的最大值 NMC1B1A1CBAEDCBA第 1 页(共 4 页)20232024 学年第二学期期末检测 高一数学答
9、案及评分建议 2024.06 1B 2C 3B 4A 5D 6C 7B 8D 9ABD 10BD 11ACD 126 131 1460;33 15解:(1)因为20,121,22,5,ABab 0,1,21,2BCab ,又因为,A B C三点共线,所以/AB BC,则2(2)1 5,解得12 (2)ABBC0AB BC,即(1)(2)5(2)0 125 16解:(1)由0.0070.0160.0250.02101a得0.032a,设“抽取 2 人中恰好有 1 人年龄段在30,40)内”为事件 M 由题设可知,年龄在30,40)和40,50)内的频率分别为0.16和0.32,则抽取的 6 人中
10、,年龄在30,40)内的有 2 人,年龄在40,50)内的有 4 人 记年龄在30,40)内 2 位参保人员为 a,b,年龄在40,50)的 4 位参保人员为 A,B,C,D,则从 6 人中任取 2 人,样本空间(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),a ba Aa Ba Ca Db Ab Bb Cb D(,),(,),(,),(,),(,),(,)A BA CA DB CB DC D共包含 15 个样本点,(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)Ma Aa Ba Ca Db Ab Bb Cb D共包含 8 个样本点,所以8()15P M
11、第 2 页(共 4 页)(2)保险公司每年收取的保费为:10000 0.070.1620.32 30.25 50.27100004xxxxxx,所以要使公司不亏本,则1000042000000 x,即4200 x,解得50 x,即保费50 x 元,所以年龄段50,60)需要缴纳的保费至少为 250 元 17解:(1)2()sin(2)sin(2)2cos233f xxxx sin2 coscos2 sinsin2 coscos2 sincos213333xxxxx sin2cos212sin(2)14xxx 因为0,2x,所以 52,444x,所以2sin(2),142x ,则()f x的值域
12、为 2,21;(2)因为0,2x,所以 172,444x,由()0f x 得2sin(2)42x 所以 3 9 11 172,444444x,解得50,244x,所以函数()f x在区间0,2上的所有零点之和为92 18解:(1)如图(1),连接1BC 由三棱柱111ABCABC可知侧面11AAC C为平行四边形,所以N为1AC中点;又因为M为AB中点,所以1/MNBC,又11MNBBCC 平面,111BCBBCC 平面,所以11/MNBBCC平面;(2)如图(2),连接MC,1AB 由菱形11ABB A可知12A AAB,因为160A AB,可得1AAB为等边三角形;第 3 页(共 4 页)
13、图(1)图(2)图(3)因为M是AB中点,所以1AMAB,且13AM;因为ABC为直角三角形,且90ACB,所以112MCAB;因为12AC,可得22211AMMCAC,所以1AMMC,MCABM,MCABC 平面,AB 平面ABC,所以1AMABC 平面;(3)由(2)可知1AMABC 平面,因为11AMA AB 平面,所以平面1A ABABC 平面;如图(3),过点C作CHAB,垂足为H,过H作1HKAA,垂足为K,连接CK 因为CHABC 平面,1ABA ABABC 平面平面,所以1CHA AB 平面,因为11AAA AB 平面,1HKA AB 平面,所以1CHAA,CHHK;因为1HK
14、AA,HKCHH,CHCHK 平面,HKCHK 平面,所以1AACHK 平面,又CKCHK 平面,所以1AACK,所以HKC为二面角1BAAC的平面角 在RtABC中,90ACB,2,1ABBC,可得32CH,32AH,在RtAHK中,1HKAA,160A AB,可得3sin34HKAHHAK,在RtCHK中,CHHK,可得2tan3CHHKCHK,因为(0)2HKC,所以2 13sin13HKC,即二面角1BAAC的正弦值为2 1313 NMC1B1A1CBANMC1B1A1CBAKABCA1B1C1H第 4 页(共 4 页)19解:(1)在ABD中,由余弦定理得,2369263cos135
15、4518 2,AB 且ABC是等腰直角三角形,则22111459 222442ABCSAC CBACAB (2)设ADB,0,因为6,3ADBD,由余弦定理可得,2222936cos26ABBDADABABDAB BDAB,227cos6ABABABD,即26cos27ABABABD;在ABD中,2222cos4536cosABADBDAD BDADB,由正弦定理可得sinsinADABABD,则sinsin6sinABABDAD,2,1,DEEBEB又22BCAB,在BCE中,由余弦定理得2222cos(45)CEBCBEBC BEABD 22122121(cossin)222ABABABDABD 211(cossin)2ABABABDABABD 221271(6sin)26ABAB 2111416sin6sin12cos322AB 416 5sin()2(其中为锐角,且tan2),由0可得,所以当2时,即2时,2CE取得最大值416 52