甘肅省酒泉市2023-2024學(xué)年高一下學(xué)期7月期末考試數(shù)學(xué)試題1．某省為全運(yùn)會(huì)選拔跳水運(yùn)動(dòng)員，對(duì)某運(yùn)動(dòng)員進(jìn)行測(cè)試，在運(yùn)動(dòng)員跳完一個(gè)動(dòng)作之后由7名裁判打分，統(tǒng)計(jì)結(jié)果為平均分9.5分，方差為a，為體現(xiàn)公平，裁判委員會(huì)決定去掉一個(gè)最高分10分，一個(gè)最低分9分，則（）A．平均分變大，方差變大 B．平均分變小，方差變小C．平均分不變，方差變大 D．平均分不變，方差變小2．已知i是虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)i5A．-1 B．i C．?i D．13．已知向量a=1,?2，b=x,3，若A．?32 B．32 C．4．設(shè)α是空間中的一個(gè)平面，l,m,n是三條不同的直線，則下列說(shuō)法對(duì)的是（）A．若m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，則l⊥αB．若m?α，n⊥α，l⊥n，則l//mC．若l//m，m⊥α，n⊥α則l⊥nD．若l//m，m//n，l⊥α，則n⊥α5．三人被邀請(qǐng)參加一個(gè)晚會(huì)，若晚會(huì)必須有人去，去幾人自行決定，則恰有一人參加晚會(huì)的概率為（）A．12 B．37 C．136．若正方體ABCD?A1BA．7個(gè) B．8個(gè) C．9個(gè) D．10個(gè)7．已知cos(π4?θ)=3cos(θ+A．35 B．45 C．?38．如圖，點(diǎn)O是△ABC的重心，點(diǎn)D是邊BC上一點(diǎn)，且BC=4DC，OD=mA．15 B．?14 C．?9．臺(tái)球運(yùn)動(dòng)已有五、六百年的歷史，參與者用球桿在臺(tái)上擊球．若和光線一樣，臺(tái)球在球臺(tái)上碰到障礙物后也遵從反射定律．如圖，有一張長(zhǎng)方形球臺(tái)ABCD，其中AD=35ABA．16 B．15 C．9510．有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機(jī)取兩次，每次取1個(gè)球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（）A．甲與丙相互獨(dú)立 B．甲與丁相互獨(dú)立C．丙與丁相互獨(dú)立 D．乙與丙不相互獨(dú)立11．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1CA．AP⊥B．PD⊥BCC．直線PC1與平面AD．PC+PD的最小值為212．已知復(fù)數(shù)z的模為2，則z?i的最大值為．13．某科研攻關(guān)項(xiàng)目中遇到一個(gè)問(wèn)題，請(qǐng)了甲、乙兩位專(zhuān)家單獨(dú)解決此問(wèn)題，若甲、乙能解決此問(wèn)題的概率分別為m，n，則此問(wèn)題被解決的概率為14．滕王閣，江南三大名樓之一，因初唐詩(shī)人王勃所作《滕王閣序》中的“落霞與孤鶩齊飛，秋水共長(zhǎng)天一色”而名傳千古，流芳后世.如圖，在滕王閣旁地面上共線的三點(diǎn)A，B，C處測(cè)得閣頂端點(diǎn)P的仰角分別為30°，60°，45°.且AB=BC=75米，則滕王閣高度15．已知a=4,b=8，a與b（1）求a?b的值及（2）當(dāng)k為何值時(shí)，a+216．本學(xué)期初，某校對(duì)全校高一學(xué)生進(jìn)行數(shù)學(xué)測(cè)試（滿分100），并從中隨機(jī)抽取了100名學(xué)生的成績(jī)，以此為樣本，分[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]五組，得到如圖所示頻率分布直方圖．（1）求a的值，并估計(jì)該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的平均數(shù)和85%（2）為進(jìn)一步了解學(xué)困生的學(xué)習(xí)情況，從上述數(shù)學(xué)成績(jī)低于70分的學(xué)生中，分層抽樣抽出6人，再?gòu)?人中任取2人，求此2人分?jǐn)?shù)都在[60,70)的概率．17．（1）敘述并證明平面與平面平行的性質(zhì)定理；（2）設(shè)α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是平面α，β之外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①α⊥β；②m⊥n；③m⊥α；④n⊥β．以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)作為結(jié)論，寫(xiě)出一個(gè)正確的命題，并證明．18．已知向量m=(cosx,（1）若f(x2)=1,x∈(0,π)（2）若f(α)=?110,α∈(（3）設(shè)△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，已知b=2，且銳角B滿足f(B)=0，求a+c的取值范圍．19．如圖，在六面體ABCDEF中，DE//CF，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，DE=2FC=2,AE=22（1）證明：平面ADE//平面BCF；（2）求直線EF與平面ABCD所成角的正切值；（3）求平面BEF與平面ABCD所成二面角的余弦值；（4）求多面體ABCDEF的體積．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：設(shè)去掉最高、最低分的數(shù)據(jù)為x1由題意可知：1710+9+x1+x2由于去掉一個(gè)最高分和最低分后，數(shù)據(jù)更加集中，方差變小.故答案為：D.【分析】利用平均數(shù)的計(jì)算公式，以及方差的意義判斷即可.2．【答案】A【解析】【解答】解：i5故答案為：A.【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)即可.3．【答案】A【解析】【解答】解：向量a=1,?2，b=x,3，若a//故答案為：A.【分析】根據(jù)向量共平行的坐標(biāo)表示列式求解即可.4．【答案】D【解析】【解答】解：對(duì)于A，由m?α，n?α，l⊥m，l⊥n，

只有當(dāng)直線m與n相交時(shí)，可得l⊥α，所以A不正確；對(duì)于B，由m?α，n⊥α，l⊥n，

則l與m平行、相交或異面，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由l//m，m⊥α，n⊥α，

則l//n，所以C錯(cuò)誤；對(duì)于D，由l//m，l⊥α，可得m⊥α，

又因?yàn)閙//n，所以n⊥α，所以D正確.故答案為：D.【分析】根據(jù)題意結(jié)合兩直線的位置關(guān)系、線面垂直的判定定理、線面垂直的判定定理，從而找出說(shuō)法正確的選項(xiàng).5．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)參加邀請(qǐng)的三人為A，B，C，

則參加晚會(huì)的情況有A，B，C，AB，AC，BC，ABC，共7種情況，其中恰有一人參加晚會(huì)的情況有3種，故所求的概率為37故答案為：B.【分析】列舉基本事件空間，利用古典概型概率公式求解即可.6．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)正方體ABCD?A由題意可得：4π×a22=16π，解得故答案為：B.【分析】根據(jù)正方體的內(nèi)切球的表面積求得正方體的棱長(zhǎng)，結(jié)合小球的半徑判斷即可.7．【答案】B【解析】【解答】展開(kāi)得22兩邊同時(shí)平方有12即12(1+故選：B.

【分析】先對(duì)cos(π4?θ)=3cos(θ+8．【答案】C【解析】【解答】解：延長(zhǎng)AO交BC于E，如圖所示：

因?yàn)镺為△ABC的重心，所以點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，

則AO=2OE，且又因?yàn)橛葿C=4DC，所以D是則OD?=OE又因?yàn)镺D=mAB+nAC，所以m=?1故答案為：C.【分析】延長(zhǎng)AO交BC于E，由題意可得AO=2OE且AE=12AB+AC，再由BC=4DC，可得9．【答案】B,C【解析】【解答】解：從角落A沿角α的方向把球打出去，球先接觸邊CD，反射情況如下：

FG⊥AB,EH⊥AB，由反射的性質(zhì)可得：AF,EF關(guān)于FG對(duì)稱(chēng)，EF,EC關(guān)于EH對(duì)稱(chēng)，即G,E為AB的三等分點(diǎn)，則tanα=從角落A沿角α的方向把球打出去，球先接觸邊BC，反射情況如下：FH⊥AD,EG⊥AD，由反射的性質(zhì)可得得EA,EF關(guān)于EG對(duì)稱(chēng)，F(xiàn)E,FC關(guān)于FH對(duì)稱(chēng)，即G,F為AD的三等分點(diǎn)，則tanα=故答案為：BC.【分析】由題意，分兩種情況作圖，利用對(duì)稱(chēng)方法求解即可.10．【答案】B,D【解析】【解答】解：由題意可知：P甲=P乙=16，

兩次取出的球的數(shù)字之和為8，即2,6,3,5,則P丁A、P(甲丙B、P(甲丁C、P(丙丁D、P(乙丙故答案為：BD.【分析】由題意，計(jì)算各事件概率，再根據(jù)獨(dú)立事件概率的關(guān)系逐項(xiàng)判斷即可.11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：A、正方體ABCD?A1B1C因?yàn)锳B∩BC1=B,AB,BC1?平面又因?yàn)锳P?平面ABC1DB、當(dāng)P與B重合，PD與BC夾角為π4C、連接DC1交D1因?yàn)锽C⊥平面CC1D1D，D因?yàn)镃D1⊥DC1所以DC1⊥平面A1BC所以∠C1PH為直線PC1當(dāng)HP最小時(shí)∠C1PH最大，即HP⊥B由BD1?HP=BC?Ctan∠C1PH=C即直線PC1與平面A1D、將平面D1DB與平面D1由題意，D1從而D1C=DB,DD又∠D1CB=∠當(dāng)P為CD與BD1交點(diǎn)時(shí)，PC+PD最小，故答案為：ACD.【分析】由正方體的性質(zhì)，得垂直關(guān)系，即可判斷AB；作出直線PC1與平面A1BCD1所成角，進(jìn)而判斷線面角的最大值即可判斷C；通過(guò)翻折平面，將平面D112．【答案】3【解析】【解答】解：由題意可知：復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)的軌跡是以原點(diǎn)O為圓心，2為半徑的圓，則z?i是圓O上的點(diǎn)到點(diǎn)(0,1)的距離，即z?imax故答案為：3.【分析】利用復(fù)數(shù)模的幾何意義，求出z?i的最大值即可.13．【答案】m+n?mn【解析】【解答】解：記事件A=“甲專(zhuān)家獨(dú)立解決”，事件B=“乙專(zhuān)家獨(dú)立解決”，則P(A)=m,P(B)=n，因?yàn)锳,B相互獨(dú)立，所以P(AB)=P(A)P(B)=mn，所以P(A+B)=P(A)+P(B)?P(AB)=m+n?mn.故答案為：m+n?mn.【分析】利用概率的基本性質(zhì)及相互獨(dú)立事件的概率公式計(jì)算即可.14．【答案】15【解析】【解答】解：設(shè)OP=3?，由∠PAO=30°，可得OA=POtan30°=在△OBC中，由余弦定理OC可得3?2在△OAB中，由余弦定理OA可得9?2因?yàn)閏os∠OBC+cos∠OBA=0，所以①②兩式相加可得：12?2=2?故答案為：1515【分析】設(shè)OP=3?，由邊角關(guān)系可得OA=3?，OB=?，OC=3?，在△OBC和△OAB中，利用余弦定理結(jié)合cos∠OBC+15．【答案】（1）解：a→=4,b→=8，a→與b→的夾角是120°（2）解：若a→+2b即16k?128?162k?1=0，解得即k=?7時(shí)，a→【解析】【分析】（1）利用向量數(shù)量積求a→（2）利用向量的數(shù)量積的運(yùn)算公式求解即可．（1）∵a=4,b=8，a與b∴a?a+（2）由題意，a+2即16k?128?162k?1解得k=?7，即k=?7時(shí)，a+216．【答案】（1）解：根據(jù)頻率分布直方圖各矩形面積和為1可得：(a+0.02+0.035+0.025+a)×10=1，解得a=0.01；該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的平均數(shù)為55×0.1+65×0.2+75×0.35+85×0.25+95×0.1=75.5，前3組的頻率和為0.1+0.2+0.35=0.65，則85%分位數(shù)為80+（2）解：分層抽樣抽取的6人中，[50,60)的有6×0.10.1+0.2=2人，記為1，2；

[60,70)從6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15種，其中2人分?jǐn)?shù)都在[60,70)的有34，35，36，45，46，56共6種，則從6人中任取2人，分?jǐn)?shù)都在[60,70)的概率為615【解析】【分析】（1）根據(jù)頻率分布直方圖各矩形面積之和為1求得a，再根據(jù)平均數(shù)、百分位數(shù)的求法求解即可；（2）根據(jù)分層抽樣，結(jié)合古典概型概率公式求解即可．（1）解：由(a+0.02+0.035+0.025+a)×10=1，解得a=0.01；該校高一學(xué)生數(shù)學(xué)成績(jī)的平均數(shù)為55×0.1+65×0.2+75×0.35+85×0.25+95×0.1=75.5．前3組的頻率和為0.1+0.2+0.35=0.65，所以85%分位數(shù)為80+（2）解：分層抽樣抽取的6人中，[50,60)的有6×0.1[60,70)的有6?2=4人，記為3，4，5，6，從6人中任取2人，基本事件有12，13，14，15，16，23，24，25，26，34，35，36，45，46，56，共15種，其中2人分?jǐn)?shù)都在[60,70)的有34，35，36，45，46，56共6種，所以從6人中任取2人，分?jǐn)?shù)都在[60,70)的概率為61517．【答案】證明：（1）兩個(gè)平面平行的性質(zhì)定理：兩個(gè)平面平行，如果另一個(gè)平面與這兩個(gè)平面相交，那么兩條交線平行．已知：如圖，已知α//β，α∩γ=a，β∩γ=b，求證：a//b.證明：因?yàn)棣?/β，所以α與β沒(méi)有公共點(diǎn)，又α∩γ=a，β∩γ=b，所以a?α，b?β，所以a與b沒(méi)有公共點(diǎn)，又因?yàn)閍?γ，b?γ，所以a//b；（2）命題一：若m⊥n，n⊥β，m⊥α，則α⊥β（②③④?①）.證明：過(guò)平面α和平面β外一點(diǎn)P，作PA//m，PA交α于A，作PB//n，PB交β于B，則PA⊥α，PB⊥β，PA⊥PB，顯然α與β不平行，設(shè)α∩β=l，則l?α、l?β，所以PA⊥l，PB⊥l，因?yàn)镻A∩PB=P，PA,PB?平面PAB，所以l⊥平面PAB，延展平面PAB交l于點(diǎn)M，連接AM,BM，AM,BM?平面PAMB，所以l⊥AM，l⊥BM，則∠AMB是二面角α?l?β的一個(gè)平面角，因?yàn)镻A⊥α，AM?α，所以PA⊥AM，同理有PB⊥BM，又PA⊥PB，所以四邊形PAMB為矩形，則AM⊥BM，則平面α和平面β形成的二面角的平面角直二面角，故α⊥β，命題二：若α⊥β，n⊥β，m⊥α，則m⊥n（①③④?②）.證明：因?yàn)棣痢挺拢琻⊥β，m⊥α，設(shè)α∩β=l，在平面α內(nèi)作直線c⊥l，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可得c⊥β，又因?yàn)閚⊥β，所以n//c，因?yàn)閙⊥α，c?α，所以m⊥c，所以m⊥n.【解析】【分析】（1）寫(xiě)出兩個(gè)平面平行的性質(zhì)定理，再根據(jù)線面、線線的位置關(guān)系證明即可；（2）寫(xiě)出正確的命題，再根據(jù)線面垂直的判定與性質(zhì)、直二面角的定義以及面面垂直的性質(zhì)定理證明即可.18．【答案】（1）解：向量m=(cosx,若f(x2)=1，則cosx=12，因?yàn)閯ttan(x+（2）解：若f(α)=?110，則cos2α=?35，因?yàn)棣痢?π2又因?yàn)閟inβ=7210，則cos由2α+β∈(π,2π)，得2α+β=7π4，故2α+β的值為（3）解：由f(B)=0，得cos2B=?12，而0<B<π2，即0<2B<π則A+C=2π3，設(shè)A=π由正弦定理得asinA=于是a+c=4則a+c的取值范圍是(2,4].【解析】【分析】（1）根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示求出函數(shù)f(x)的解析式，再利用三角函數(shù)的關(guān)系求解即可；（2）利用三角函數(shù)和差公式，結(jié)合已知三角函數(shù)值求解即可；（3）求出B，利用正弦定理及和差角的正弦公式求解即可.（1）依題意，f(x)=cos由f(x2)=1，得cosx=12，由則tan(x+（2）由f(α)=?110，得cos2α=?35則sin2α=?由sinβ=7210，則cos由2α+β∈(π,2π)，得2α+β=7π所以2α+β的值為7π4（3）由f(B)=0，得cos2B=?12，而0<B<π2，即0<2B<π則A+C=2π3，設(shè)A=π由正弦定理得asinA=于是a+c=4所以a+c的取值范圍是(2,4].19．【答案】（1）證明：因?yàn)镈E//CF，CF?平面BCF，DE?平面BCF，所以DE//平面BCF，又因?yàn)锳BCD為正方形，所以AD//BC，又因?yàn)锽C?平面BCF，AD?平面BCF，所以AD//平面BCF，又因?yàn)锳D∩DE=D,AD,DE?平面ADE，所以平面ADE//平面BCF；（2）解：連接BD，如圖所示：

在正方形ABCD中，AD=2，則BD=22，而DE=2,AE=22即有AD2+D而AD∩BD=D,AD,BD?平面ABCD，則DE⊥平面ABCD，由DE//CF，得CF⊥平面ABCD，因此EF在平面ABCD內(nèi)的射影是CD，令直線EF與平面ABCD所成的角為θ，在直角梯形CDEF中，tanθ=則直線EF與平面ABCD所成角的正切值為12（3）解：延長(zhǎng)EF與DC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)G，連接BG，則平面BEF∩平面ABCD=BG，由（2）知，CF⊥平面ABCD，BG?平面ABCD，則CF⊥BG，由CF//DE,CF=12DE，得CG=CD=2，取BG的中點(diǎn)O由CG=CB=2，得CO⊥BG，而CO∩CF=C,CO,CF?平面CFO，則BG⊥平面CFO，又FO?平面CFO，則FO⊥BG，因此∠COF是二面角E?BG?D的平面角，在Rt△CFO中，CO=1而CF=1,∠FCO=90°，則FO=1則平面BEF與平面ABCD所成二面角的余弦值是63（4）解：由（2）知，CF⊥平面ABCD，而B(niǎo)C?平面ABCD，則BC⊥CF，又BC⊥CD，CD∩CF=C,CD,CF?平面CDEF，于是BC⊥平面CDEF，四棱錐B?CDEF的體積VB?CDEF由DE⊥平面ABCD，得三棱錐E?ABD的體積VE?ABD則多面體ABCDEF的體積V=V【解析】【分析】（1）由題意，利用線面平行的判定、面面平行的判定定理證明即可；（2）借助勾股定理的逆定理，結(jié)合線面垂直的判定證得DE⊥平面ABCD，進(jìn)而確定直線EF在平面ABCD的射影求解即可；（3）作出平面