《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）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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. 290B. 295C. 300D. 3302.已知z1z=2+i，则|z|=()A. 12B. 22C. 1D. 23.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. (12,1)C. ( 55,2 55)D. (3 1010, 1
2、010)4.在平行四边形ABCD中,DE=3EC，若AE交BD于点M，则AM=()A. AM=13AB+23ADB. AM=37AB+47ADC. AM=23AB+13ADD. AM=27AB+57AD5.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. 23B. 12C. 13D. 346.已知点A(1,1,1)，B(0,1,0)，C(1,0,
3、1)，则点A到直线BC的距离是()A. 1B. 2C. 3D. 27.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D之间距离为()A. 1B. 2C. 3D. 1028.已知三棱锥PABC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. 8 6B. 4 6C. 2 6D. 6二、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，z10.下列命题中正确的是()A. 若|z2|=|z
4、3|，则z2=z3B. 若z1z2=z1z3，则z2=z3C. 若z2=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. 若z1z2=|z1|2，则z1=z210.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M在线段BC1(不包含端点)上，则下列结论正确的是()A. 三棱锥D1AMC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(3,2C. 直线A1M/平面ACD1D. 三棱锥MACD1的外接球表面积的最小值为31311.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
5、在平面内一点，OA+2OB+3OC=0，则下列说法正确的是()A. 若(AB+AC)BC=0，则|AB+AC|=6B. 若CA在CB方向上的投影向量为CB，则|PQ|的最小值为 104C. 若点P为BC的中点，则2OP+OQ=0D. 若(AB|AB|+AC|AC|)BC=0，则AP(AB+AC)为定值18三、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,|b|=2，且(2a+b)(ab)=14，则|a+b|= _13.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
6、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32，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2，则V甲V乙=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=34，求AD长16.(本小题15分)如图，三棱柱ABCA1B1C1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BCC1B1的距离；(2)求平面ABB1A1与平面BCC1B1所成角的余弦值17.
7、(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a的最小值18.(本小题17分)如图，在四棱锥PABCD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MBQC的大小为30，求直线QM与平面PAD所成角的正弦值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30
8、10016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+nns12+(xz)2+ms22+(yz)2；(2)求该班参加考试学生成绩的平均数和标准差(精确到1)；(3)如果数学成绩分数在60,70)内，记为C等，成绩等级为C的有4名学生；数学成绩分数在60分以下，记为D等，成绩等级为D的有2名学生.现从成绩等级为C，D的学生中随机抽取2名学生进行调研，求抽出的2名学生中至少有
9、1名学生成绩等级为D的概率附： 30217， 32218， 35219参考答案1.B2.B3.A4.B5.A6.B7.C8.D9.BC10.BC11.ACD12.3 213.71214.8 5515.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aa2+b2c22ab+b=0，即a2+3b2c2=0，又已知b= 2，c=4，则可得a= 10(2)由余弦定理可得cosC=b2+a2c22ab=2+10162 2 10= 55，所以sinC= 1cos2C=2 55因为ADB=34，所以ADC=4，则在ADC中，由正弦定理可得AD=ACsinCsin
10、ADC= 22 55 22=4 5516.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ABCA1B1C1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BCm=0CC
11、1m=0，可得 3x+y=0y+ 3z=0，取x=1，可得y= 3,z=1，所以平面BCC1B1的一个法向量为m=(1, 3,1)，记点A到平面BCC1B1的距离d，则d=|ACm|m|=2 3 5=2 155；(2)在平面ABB1A1中，AB=( 3,1,0),AA1=(0,1, 3)，设平面ABB1A1的法向量为n=(x1,y1,z1)，则有ABn=0AA1n=0，可得 3x1+y1=0y1+ 3z1=0，取x1=1，可得y1= 3,z1=1，所以平面ABB1A1的一个法向量为n=(1, 3,1)，设平面ABB1A1与平面BCC1B1所成角为，则cos=|mn|m|n|=|3| 5 5=3
12、5，所以平面ABB1A1与平面BCC1B1所成角的余弦值为3517.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,)，可得A=4(2)因为BC边的中线长为1，所以|AB+AC|=2，所以两边平方，可得c2+b2+2bccosA=4，即b2+c2=4 2bc2bc，解得bc42 2，当且仅当b=c时等号成立，所以2=(ABAC)2=b2+c22bccosA=42 2bc42 2(42 2)=128 2所
13、以a的最小值为 128 2=2 2218.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BQAD，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PQAD，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,
14、0),A(1,0,0),P(0,0, 3)，B(0, 3,0),C(1, 3,0)，由PM=PC=(1, 3, 3)，且01，得M(, 3, 3 3)，所以QM=(, 3, 3 3)，又QB=(0, 3,0)，设平面MBQ的法向量为m=(x,y,z)，则mQM=0,mQB=0,，所以x+ 3y+ 3(1)z=0, 3y=0,所以可取平面MBQ的法向量为m=( 3,0,1)，由题意知平面BQC的法向量为n=(0,0,1)，因为二面角MBQC的大小为30，所以cos30=mn|m|n|=( 3,0,1)(0,0,1) 3+0+(1)2 0+0+1= 32，解得=34，所以QM=(, 3, 3 3)=(34,3 34, 34)，QB=(0, 3,0)是平面PAD的一个法向量，设直线QM与平面PAD所成角为，sin=|cos|=|(0, 3,0)(34,3 34, 34) 3 (34)2+(3 34)2+( 34)2|=3 1313，所以QM与平面PAD所成角的正弦值为3 131319.
