第第頁廣西壯族自治區(qū)防城港市2023-2024學年高一下學期7月期末考試數(shù)學試題一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．復數(shù)1+2iA．?15?25i B．?2．對某平面圖形使用斜二測畫法后得到的直觀圖是邊長為1的正方形（如圖），則原圖形的面積是A．2 B．2 C． D．43．進入8月份后，我市持續(xù)高溫，氣象局一般會提前發(fā)布高溫橙色預警信號（高溫橙色預警標準為24小時內最高氣溫將升至37攝氏度以上），在今后的3天中，每一天最高氣溫在37攝氏度以上的概率是35若用0，1，2，3，4，5表示高溫橙色預警，用6，7，8，9表示非高溫橙色預警，則今后的3天中恰有2天發(fā)布高溫橙色預警信號的概率估計是（）A．35 B．12 C．13204．已知單位向量a，b滿足|a?b|=2A．22b→ B．14b→5．已知△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若bcosC+ccosB=bA．銳角三角形 B．鈍角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形6．在高二選科前，高一某班班主任對該班同學的選科意向進行了調查統(tǒng)計，根據(jù)統(tǒng)計數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)：選物理的同學占全班同學的80%，同時選物理和化學的同學占全班同學的60%，且該班同學選物理和選化學相互獨立.現(xiàn)從該班級中隨機抽取一名同學，則該同學既不選物理也不選化學的概率為（）A．0.125 B．0.1 C．0.075 D．0.057．如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱BC，A．2 B．157 C．177 8．如圖，已知O是△ABC的垂心，且OA+2OBA．1:2:3 B．1:2二、多選題：本大題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得零分。9．已知m,n是兩條不同的直線，A．若m∥α,B．若α∥γ,β∥γC．若m∥α,n∥αD．若m⊥α,n⊥β10．如圖，延長正方形ABCD的邊CD至點E，使得DE=CD，動點P從點A出發(fā)，沿正方形的邊按逆時針方向運動一周后回到點A，若AP=A．滿足λ+μ=2的點PB．滿足λ+μ=1C．滿足λ+μ=3D．滿足λ+μ=11．已知圓錐的頂點為S，O為底面圓心，母線SA與SB互相垂直，△SAB的面積為2，SA與圓錐底面所成的角為3A．圓錐的高為1 B．圓錐的體積為3C．圓錐側面展開圖的圓心角為3π D．二面角S?AB?O的大小為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．某班興趣小組做了一次關于“電子產品對視力的影響”的問卷調查．他們從3～6歲，7～12歲，13～15歲，16～18歲四個年齡段回收的問卷依次為120份、180份、240份、x份．因調查需要，現(xiàn)從回收的問卷中按年齡段按比例分配分層隨機抽取一個容量為300的樣本．若在7～12歲年齡段的問卷中抽取了60份，則應在13．設z是復數(shù)且|z?1+2i|=1，則14．已知在△ABC中，內角A,B,C所對的邊分別為a,b,c，點G四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．已知向量a=(3（1）若a⊥(a（2）若c=(1,2)，16．文明城市是反映城市整體文明水平的綜合性榮譽稱號，作為普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要創(chuàng)造者.某市為提高市民對文明城市創(chuàng)建的認識，舉辦了“創(chuàng)建文明城市”知識競賽，從所有答卷中隨機抽取100份作為樣本，將樣本的成績（滿分100分，成績均為不低于40分的整數(shù)）分成六段：[40,50)，（1）求頻率分布直方圖中a的值；（2）求樣本成績的第75百分位數(shù)；（3）已知落在[50,60)的平均成績是54，方差是7，落在[6017．記△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2b?c=2a（1）求角A的大??；（2）若D點在線段BC上，且AD平分∠BAC，若BD=2CD，且AD=3，求18．如圖，在四棱錐P?ABCD中，已知底面ABCD為矩形，側面PAD是正三角形，側面PAD⊥底面ABCD,M是棱PD的中點，（1）證明：AM⊥平面PCD（2）若二面角M?BC?D為π6，求異面直線AB與PC19．在某抽獎活動中，初始時的袋子中有3個除顏色外其余都相同的小球，顏色為2白1紅.每次隨機抽取一個小球后放回.抽獎規(guī)則如下：設定抽中紅球為中獎，抽中白球為未中獎；若抽到白球，放回后把袋中的一個白色小球替換為紅色；若抽到紅球，放回后把三個球的顏色重新變?yōu)?白1紅的初始狀態(tài)．記第n次抽獎中獎的概率為Pn（1）求P2，P（2）若存在實數(shù)a，b，c，對任意的不小于4的正整數(shù)n，都有Pn=aPn?1+bPn?2（3）若累計中獎4次及以上可以獲得一枚優(yōu)勝者勛章，則從初始狀態(tài)下連抽9次獲得至少一枚勛章的概率為多少？

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因為1+2i3?4i=1+2i3+4故答案為：A.【分析】先根據(jù)復數(shù)除法運算法則計算，再根據(jù)共軛復數(shù)定義，即可求解.2．【答案】C【解析】【解答】解：解：把斜二測畫法得到的直觀圖還原，水平方向線段長度都不變，與y軸平行的線段方向

變?yōu)樨Q直方向，長度變?yōu)樵瓉淼?倍，如圖所示，面積S=1x22=22.

故答案為：C.

3．【答案】B【解析】【解答】解：因為用計算機生成了20組隨機數(shù)，其中今后的3天中恰有2天發(fā)布高溫橙色預警信號的隨機數(shù)有116812730217109361284147318027共10個數(shù)，所以今后的3天中恰有2天發(fā)布高溫橙色預警信號的概率估計是1020=12.4．【答案】D【解析】【解答】解：因為|a→?b→|=2a→?b→≥0，所以|a→?b5．【答案】D【解析】【解答】解：因為bcosC+ccosB=b，所以sinBcosC+sinCcosB=sinB=sinB+C=sinA，

所以A=B，所以△ABC是等腰三角形.

因為a=ccosB6．【答案】D【解析】【解答】解：設選物理的同學為事件A，選化學的同學為事件B，則P(A)=0.8，

因為同時選物理和化學的同學占全班同學的0.6，所以P(AB)=P(A).P(B)=0.6=0.8P(B)，

所以P(B)=0.75，

所以該同學既不選物理也不選化學的概率為P=1-0.8-0.75+0.6=0.05.

故答案為：D.

【分析】先利用相互獨立事件概率公式：若事件A與事件B相互獨立，則P(AB)=P(A)·P(B)，計算P(B），再利用和事件概率公式P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B)，即可求解.7．【答案】C【解析】【解答】解：如圖，連接AD1、D1F，因為E、F分別為棱BC，CC1的中點，所以EF∥BC1,∵BC1∥AD1,∴EF∥AD1,

則過點A，E，下的截面即為截面AEFD1，截面將正方體分成上下兩部分，其中下部分ADD1-ECF為三棱臺.

延長AE、DC，D1F，由幾何體的性質可知三線交于一點，設為G，且CG=DC.

設正方體的棱長為2，則三棱錐G-ADD1的體積VG-ADD1=13×4×12×2×2=83,

三棱錐G-ECF的體積VG-ECF=8．【答案】A【解析】【解答】解：延長CO、BO、AO，分別交邊AB、AC、BC于點P、M、N

由O是三角形ABC的垂心，得CP⊥AB，BM⊥AC，AN⊥BC，根據(jù)同角的余角相等，可得∠BOP=∠BAC,∠AOP=∠ABC.所以S△BOCS△AOC=12OC·BP12OC·AP=BPAP=OPtan∠BOPOPtan∠AOP=tan∠BACtan∠ABC,

同理S△BOCS△AOC9．【答案】B,D【解析】【解答】解：由m，n是兩條不同的直線，α,β,γ是三個不同的平面知，

若m∥α,n∥α，則m與n相交、平行或異面，故A錯誤.

若α∥γ,β∥γ，則α∥β故B正確..

若m∥α,n∥α，且10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：建立直角坐標系，則A(0，0)，B(1，0)，C(1，1)，D(0，1)，E(-1，1)，

所以AB→=(1，0),AE→=(-1，1)，∴AP→=λ1,0+μ-1,1=λ-μ,μ，

如圖所示：

設正方形的邊長為1，設動點P(x，y)，

動點P從點A出發(fā)，沿正方形按逆時針方向運動一周回到點A，

當點P∈AB時，有0≤λ-μ≤1，且u=0，所以0≤λ≤1，故0≤λ+μ≤1，

當點P∈BC時，有λ-μ=1且0≤μ≤1，則λ=μ+1，所以1≤λ≤2，所以1≤λ+μ≤3，

當點P∈CD時，有0≤λ-μ≤1，且μ=1，則μ≤λ≤μ+1，所以1≤λ≤2，所以2≤λ+μ≤3，

當點P∈AD時，有λ-μ=0且0≤μ≤1，則λ=μ，所以0≤λ≤1，所以0≤λ+μ≤2，

綜上0≤λ+μ≤3，

對于A：取λ=μ=1時，滿足λ+μ=2，此時AP→=AB→+AE→=AD→，11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，因為SO與底面垂直，OA為底面圓的一條半徑則SO⊥OA.

所以SA與圓錐底面所成的角為∠SAO=30°,又SA⊥SB，

所以三角形SAB的面積為12SA·SB=12SA2=2，解得SA=2，

所以該圓錐的高為SO=SA·sin30°=2x12=1，故A正確；

對于B，該圓錐的底面半徑為OA=SAcos30°=2×32=3，

故該圓錐的體積為V=13π·OA2·SO=13π32×1=π，故B錯誤：

對于C，設該圓錐側面展開圖的圓心角為θ，底面圓周長為2πxAO=3π，

則θ=23πSA=23π2=12．【答案】120【解析】【解答】解：因為7~12歲年齡段回收了180份問卷，而樣本在7~12歲年齡段的問卷中抽取了60份，

所以抽樣比為60180=13，因為分層抽取的樣本的容量為300，故回收的問卷份數(shù)為30013=900

13．【答案】5【解析】【解答】解：根據(jù)復數(shù)模的幾何意義可知，|z?1+2i|=1表示復平面內以(1，-2)為圓心，1為半徑的圓，而z表示復數(shù)z到原點的距離，由圖可知zmin=12+-22-1=514．【答案】2π【解析】【解答】解：由題意，點G是△ABC的重心，

則由向量的平行四邊形法則可得GA→+GC→=BG→代入a3GA+b5GB+c7GC=0得

a315．【答案】（1）由題意a?因為a⊥(a得x=11則a+2所以|a（2）由已知a?2又c=(1,2得x=1，則a?2a=(3【解析】【分析】（1）由a⊥(a?b)，根據(jù)兩向量垂直條件得數(shù)量積為0，解出x，求得16．【答案】（1）由每組小矩形的面積之和為1得，0.所以a=0.（2）成績落在[40,80落在[40,90顯然第75百分位數(shù)m∈(80,解得m=84，.所以第75百分位數(shù)為84.（3）由頻率分布直方圖知，成績在[50,60成績在[60,70所以z=由樣本方差計算總體方差公式，得總方差為s2【解析】【分析】(1)根據(jù)由每組小矩形的面積之和為1，列方程解出即可求解.

(2)計算成績落在[40,80)、[40,90)內的頻率，得第75百分位數(shù)m∈(17．【答案】（1）由正弦定理可得asinA=即2sin(A+C整理可得sinC因為在△ABC中，sin所以cosA=又0<A<π，所以A=（2）因為∠BAC=π3，AD平分∠BAC，所以由S△ABD+即34c+34（法二：∵∴∴27=c2因為AD為角平分線，所以∠BAD=∠CAD，在△ABD中由正弦定理可得BD在△ACD中由正弦定理可得CD又∠BDA=π?∠ADC，所以sin∠BDA=sin由①②可得b=3在△ABC中，由余弦定理可得B解得a=BC=27【解析】【分析】(1)根據(jù)正弦定理化簡2b?c=2acosC，得2sinB-sinC=2sinAcosC，結合誘導公式、兩角和的正弦公式化簡，可得sinC(2cosA-1)=0進而得出cosA，結合0<A<π，即可得角A的大小.

（2）根據(jù)18．【答案】（1）在四棱錐P?ABCD中，由底面ABCD為矩形，得CD⊥AD，由側面PAD⊥底面ABCD，側面PAD∩底面ABCD=AD,CD?平面得CD⊥平面PAD，

又AM?平面PAD，則CD⊥AM，又側面PAD是正三角形，M是PD的中點，則PD⊥又PD∩CD=D,PD,所以AM⊥平面PCD（2）如圖，在平面PAD內，過點M作MH⊥AD，垂足為H，顯然MH=32由側面PAD⊥底面ABCD，交線為AD，得MH⊥底面ABCD，BC?底面ABCD，則BC⊥MH，過H作HN⊥BC，垂足為N，連接MN，顯然MHMH,HN?平面MNH，則BC⊥而MN?平面MNH，因此BC⊥MN則∠MNH即為二面角M?BC?D的平面角，其大小為π6在Rt△MHN中，tan∠MNH=MH由NH//CD,DH//CN，得四邊形CDHN為平行四邊形，則由AB//CD，得∠PCD（或其補角）為異面直線AB與PC由（1）知CD⊥平面PAD，則△PCD為直角三角形，tan∠所以異面直線AB與PC所成角的正切值為43【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性質，線面垂直的性質判定即可證得.

(2)作出二面角M-BC-D的平面角∠MNH，解直角三角形求出CD，再利用異面直線所成角的定義，得∠PCD（或其補角）為異面直線AB與PC所成角，在直角△19．【答案】（1）P2P3（