甘肅省2023-2024學年高一下學期期末學業水平質量測試數學試卷1．已知D，E分別為△ABC的邊AB，AC的中點，若BC=12,16，D?2,?3A．4,5 B．1,1 C．?5,?7 D．?8,?112．盒中有3個大小質地完全相同的球，其中1個白球、2個紅球，從中不放回地依次隨機摸出2個球.則恰好摸出一個紅球一個白球的概率為（）A．13 B．12 C．233．設sinθ?cosθ=105，則A．?45 B．?35 C．4．若復數z滿足z=1，則z?1A．1 B．2 C．2 D．35．從1，2，3，4中任取2個數，設事件A=“2個數都為偶數”，B=“2個數都為奇數”，C=“至少1個數為奇數”，D=“至少1個數為偶數”，則下列結論正確的是（）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P是線段BC上一點，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志得來，是平面向量中一個非常優美的結論.它的具體內容是：已知M是△ABC內一點，△BMC，△AMC，△AMB的面積分別為SA，SB，SC，且SA?MA?+SA．?63 B．?66 C．9．已知復數z=?1+3i，則（）A．z的虛部是3iB．zC．z在復平面內對應的點位于第二象限D．z?3i是純虛數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三點的平面截正方體所得的截面是六邊形C．存在唯一的點E，使得AE⊥MND．AE與平面AMN所成的角為定值12．若一個圓錐的側面展開圖是面積為2π的半圓面，則該圓錐的體積為.13．在△ABC中，點D為線段BC的中點，若AB=4，AC=6，BC=8，則AD=.14．《易經》是中華民族智慧的結晶，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O，魚眼（黑、白兩點）P，Q是圓O半徑的中點，且關于點O對稱.若OA=42，圓O的半徑為3，當太極圖轉動（即圓面O及其內部點繞點O轉動）時，PA?QC15．已知0<α<π2<β<π，sinα=（1）求cosβ?α（2）求sin2α?cos16．蘭州機場停車場小型機動車收費標準為：30分鐘內免費.停車時長在30分鐘至1小時之間的，收費為5元/輛.超過1小時后，超出部分每小時收費5元，不足1小時按1小時計費24小時內最高收費50元.現有甲、乙二人在該機場臨時停小型機動車，兩人停車時間均大于半小時且不超過4小時.（1）若甲停車1小時以上且不超過2小時的概率為12，停車付費多于10元的概率為1（2）若每人停車的時長在每個時段的可能性相同，求甲、乙二人停車付費之和為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是PB中點.（1）求證：PD∥平面ACF；（2）求點P到平面ACF的距離.18．記△ABC的內角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，BD:DC=1:2，AD=2，且內角A≤B，求a的最小值.19．定義：如果在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為x1,y1，（1）已知A，B兩個點的坐標為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兩個點的坐標為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Ax,y在函數y=2x圖象上且x∈Z，點B的坐標為1,16

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因為D，E分別為AB，AC的中點，

所以DE=設Ex,y，又因為D所以x+2,y+3=6,8，

則x+2=6,y+3=8,

解得x=4,y=5.

則點故答案為：A.【分析】根據中點的性質和向量共線的坐標表示，從而得出點E的坐標.2．【答案】C【解析】【解答】解：記1個白球為A，2個紅球分別為a，b，現從中不放回地依次隨機摸出2個球，則可能結果有Aa,Ab,aA,ab,bA,ba，共6個，其中恰好摸出一個紅球一個白球的有Aa,Ab,aA,bA，共4個，所以，恰好摸出一個紅球一個白球的概率P=4故答案為：C.【分析】利用列舉法求出基本事件總數，求出符合條件的事件數，再結合古典概率公式得出恰好摸出一個紅球一個白球的概率.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：設復數z在復平面內對應的點的坐標為x,y，則z=x+yi，則z?1=x+yi?1=x?1由z=1，得x2+y2所以z?1=因為x2+y2=1所以0≤2?2x≤4，

所以2?2x≤2，

所以z?1故答案為：C.【分析】根據復數的模的計算公式，將z?1轉化為z?1=x?125．【答案】A【解析】【解答】解：根據題意，

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；因為A∩C=?，A∪C=Ω，

所以A與C是互斥且對立事件，故B因為C∩D=1,2,1,4,2,3,3,4因為A∩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，從而逐項判斷找出結論正確的選項.6．【答案】C【解析】【解答】解：因為AP=13AB+xAC，且點P是線段BC上一點，

所以所以13+x=1，

解得故答案為：C.【分析】由B，P，C三點共線可得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，再結合R28．【答案】B【解析】【解答】解：延長AM交BC于點D，延長BM交AC于點F，延長CM交AB于點E，如圖所示：若M為△ABC的垂心，3MA?+4MB?+5MC?=因為S△ABC=SA+SB+S設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錯誤；因為z=因為z在復平面內對應的點為?1,3，位于第二象限，故C正確；因為z?3i=?1，此時復數z是實數不是純虛數，故D錯誤.故答案為：BC.【分析】由復數的虛部的定義判斷出選項A；利用復數求模公式判斷出選項B；利用復數z的幾何意義判斷出選項C；利用復數的運算法則和純虛數的定義，則判斷出選項D，從而找出正確的選項.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A，因為sin870°=sin2×360°+150°對于B，因為sin15°cos15°=1對于C，因為cos40°cos20°?sin40°sin20°=cos40°+20°對于D，因為tan22.5°1?故答案為：ACD.【分析】利用誘導公式計算判斷出選項A；利用二倍角的正弦公式計算判斷出選項B；利用兩角和的余弦公式計算判斷出選項C；利用二倍角的正切公式計算判斷出選項D，從而找出值為1211．【答案】A,C【解析】【解答】解：因為E是線段B'D'上的動點，又因為MN=所以△MNE的面積為定值，

又因為點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，K為NH，所以截面為五邊形AFMNK，故B錯誤；當E在B'D'上運動時，

則當AE⊥GH時，AE⊥MN，

又因為A所以，當E為B'D'中點時，AE⊥GH，

則存在唯一的點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，

又因為AE長度隨E運動會變化，所以AE與平面AMN所成的角不為定值，故D錯誤.故答案為：AC.

【分析】利用VN?MAE=VA?MNE結合△MNE的面積為定值，從而得出點A到平面MNE的距離AA'為定值，可判斷出選項A；利用平面的基本性質作出面AMN與BB'的交點，再利用正方體的性質和線線平行判斷方法、線面平行的判定定理、中位線性質，則判斷出選項B；當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，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】根據中線的性質可得AD=1214．【答案】39【解析】【解答】解：如圖所示，建立平面直角坐標系，因為正八邊形的每個內角為3π4，

則∠AOB=π4又因為OA=42，

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

【分析】先建立平面直角坐標系寫出點A和點C的坐標，再根據已知條件得出點P在以O為圓心，3為半徑的圓上且P、Q關于原點對稱，設出點P和點Q坐標，再利用數量積的運算律和三角恒等變換可得PA?QC15．【答案】（1）解：因為0<α<π2<β<π，所以cosα=35，所以cos=?5（2）解：sin2α?=2×【解析】【分析】（1）利用同角三角函數關系式得出cosα，cosβ的值，再結合兩角差的余弦公式計算得出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）因為0<α<π2<β<π，所以cosα=35，所以cos=?5（2）sin2α?cos16．【答案】（1）解：設“甲臨時停車付費恰為5元”為事件A，

則PA=1?12?（2）解：設甲停車付費a元，乙停車付費b元，

其中a，b可能取值為5，10，15，20，

則甲、乙二人的停車費用的所有樣本點為：

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、乙二人停車付費之和為25元”的概率為P=4【解析】【分析】（1）根據題意結合對立事件求概率公式，從而得出甲停車付費恰為5元的概率.（2）設甲停車付費a元，乙停車付費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、乙二人停車付費之和為25元的概率.（1）設“甲臨時停車付費恰為5元”為事件A，則PA所以甲臨時停車付費恰為5元的概率為13（2）設甲停車付費a元，乙停車付費b元，其中a，b可能取值為5，10，15，20.則甲、乙二人的停車費用的所有樣本點為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、乙二人停車付費之和為25元”的概率為P=17．【答案】（1）證明：連接BD，交AC于點O，連接FO，因為四邊形ABCD為正方形，

所以O為BD中點，又因為F是PB中點，

所以FO∥PD，因為PD?平面ACF，FO?平面ACF，所以PD∥平面ACF.（2）解：因為PD∥平面ACF，所以點P到平面ACF的距離等于點D到平面ACF的距離.因為F是PB中點，且PA⊥平面ABCD，所以點F到平面ABCD的距離為12因為PA⊥平面ABCD，AB,BC?平面ABCD，

所以PA⊥AB,PA⊥BC，因為四邊形ABCD為正方形，

所以AB⊥BC，因為PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，

所以BC⊥平面PAB，因為PB?平面PAB，

所以BC⊥PB，因為PA=AB=BC=4，所以AF=BF=1所以CF=B所以AF2+C所以SS△ACD設點D到平面ACF的距離為?，則VD?ACF所以13代入得?=16所以，點P到平面ACF的距離為43【解析】【分析】（1）連接BD，交AC于點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，將問題轉化為求點D到平面ACF的距離，再利用VD?ACF=VF?ACD得出點（1）證明：連接BD，交AC于點O，連接FO，因為四邊形ABCD為正方形，所以O為BD中點.又因為F是PB中點，所以FO∥PD，因為PD?平面ACF，FO?平面ACF，所以PD∥平面ACF.（2）解：因為PD∥平面ACF，所以點P到平面ACF的距離等于點D到平面ACF的距離.因為F是PB中點，且PA⊥平面ABCD，所以點F到平面ABCD的距離為12因為PA⊥平面ABCD，AB,BC?平面ABCD，所以PA⊥AB,PA⊥BC，因為四邊形ABCD為正方形，所以AB⊥BC，因為PA∩AB=A，PA,AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因為PB?平面PAB，所以BC⊥PB，因為PA=AB=BC=4，所以AF=BF=1所以CF=B所以AF2+C所以SS△ACD設點D到平面ACF的距離為?，則VD?ACF即13代入得?=16所以點P到平面ACF的距離為4318．【答案】（1）解：由余弦定理b2+得b2因為b2c?b=b2+c2?a由正弦定理asinA=bsinB=整理得sinAcosB=2sinCcosA?cosAsinB，所以sinA+B因為sinC>0，

所以cosA=1因為A∈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，又因為A≤B，

所以a≤b，

所以所以b2+c2?bc≤b2，

令fx因為fx=4+6x?3x2?x+1，令gt當t=0時，gt當t≠0時，gt=4+36t+27由對勾函數性質可得：當0<t≤3時，y=t+27t單調遞減，

則同理，當?3<t<0時，t+27所以1<gt≤7，

所以36a2≤7所以，當△ABC為等邊三角形時a最小，最小值為67【解析】【分析】（1）由余弦定理得a2c?b（2）根據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因為sinC>0，所以cosA=1因為A∈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因為fx=4+6x?3x2令gt當t=0時，gt當t≠0時，gt=4+36t+27由對勾函數性質可得當0<t≤3時，y=t+27t單調遞減，故同理當?3<t<0時，t+27所以1<gt≤7，所以36a所以當△ABC為等邊三角形時a最小，最小值為6719．【答案】（1）解：因為Ax,2，B1,x