2023-2024学年浙江省宁波市慈溪市高一下学期期末测试数学试卷(含答案)

2023-2024学年浙江省宁波市慈溪市高一下学期期末测试数学试卷一、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.已知z=−1+4i，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
2.已知向量OA=(1,−2)，OB=(−3,−5)，则BA=( )
A. (−2,−7)
B. (4,3)
C. (−4,−3)
D. (2,7)
3.在如图所示的两种分布形态中，
A. (1)中的中位数大于平均数
B. (1)中的众数大于平均数
C. (2)中的众数小于中位数
D. (2)中的平均数小于中位数
4.将一个半径为3 cm的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱锥形状的铁锭，若铁锭的底面边长为6 cm，则铁锭的高为
A. 3π
B. 2π
C. 3π
D. π
5.若一枚质地均匀的骰子连续抛两次，则点数之和不小于8的概率是
A. 2
9B. 8
21
C. 5
12
D. 5
7
6.在梯形ABCD中，AB//CD，且AB=mDC(m>0)，若AC=λAB+μAD(λ,μ∈R)，则
A. λ+μ=m
B. μm=1
C. λ=μm
D. μ=λm
7.已知长方体的一条对角线与经过同一个顶点的三个面所成的角分别为α，β，γ，若sinα=2
3
，cosβ=
3
3
，则cosγ=
A. 1
3B. 22
3
C. 23
3
D. 6+2
4
8.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a+2c
b =3sin C+cos C，则a+c
b
的最大值为
A. 33
2B. 23
3
C. 3
2
D. 3
3
二、多选题：本题共3小题，共15分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.下列命题正确的是
A. 若某人打靶时连续射击两次，则事件“至少一次中靶”与“两次都没中靶”是对立事件
B. 若学校田径队有49名运动员，其中男运动员有28人，现按性别进行分层随机抽样，从全体运动员中抽出一个容量为14的样本，则女运动员应抽取8人
C. 设一组数据的平均数为x，方差为s2，若将这组数据的每一个数都乘以2得到一组新数据，则新数据的平均数为2x，方差为4s2
D. 设A和B是两个概率大于0的随机事件，若A和B相互独立，则A和B一定不互斥
10.已知z1=−1
2+3
2
i，z2=1
2
+3
2
i，则
A. z1·z2=−1
B. z22=z1
C. 1+z1+z21=0
D. z2 3=1
11.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ADC=∠BCD=90°.若PA⊥底面ABCD，
PA=AD=DC=1
2
BC，点E为线段BC上的动点，则
A. 对于动点E，线段PC上存在动点F(不与端点重合)，使得EF//平面PAD
B. V P−ADE=1
3
V P−ABCD
C. AE与平面PBC所成角的范围为[π6,π4]
D. 过点A，且与直线AP和BC所成角均为60°的直线有4条
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成．利用下面的随机数表选取8个个体，选取方法是从随机数表第1行的第5列和第6列数字(即65)开始由左到右依次选取两个数字(作为个体的编号)，如果选取的两个数字不在总体内，则将它去掉，继续向右选取两个数字，那么选出来的第6个个体的编号为
________．
78166527080263140704436997281198
32049234493582003623486969387481
13.已知海岛B在海岛A的北偏东75°的方向上，且两岛的直线距离为30 n mile.一艘海盗船以30 n mile/ℎ的速度沿着北偏东15°方向从海岛B出发，同时海警船以303nmile/ℎ的速度从海岛A进行追赶，经过t小时后两船相遇，则海警船的航行方向是北偏东________．
14.设A，B是一个随机试验中的两个事件，记A，B为事件A，B的对立事件．若P(A)=0.6，P(B)=0.3，P(AB+AB)=0.5，则P(AB)=________．
四、解答题：本题共5小题，共60分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2BC=2AA1=4，若E为DD1的中点．
(1)求证：BD1//平面ACE；
(2)求异面直线BD1与AE所成角的余弦值．
16.(本小题12分)
.若每位面试者共有四次机某高校的社团招聘面试中有4道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是2
3
会，一旦2次答对抽到的题目，则面试通过；否则就一直抽题到第4次为止．假设对抽到的不同题目能否答对是独立的．
(1)求李明第三次答题通过面试的概率；
(2)求李明最终通过面试的概率．
17.(本小题12分)
已知向量a，b满足|a|=2，|b|=4，且a−b与5a+2b互相垂直．
(1)求向量a+b在向量b上的投影向量(用b表示)；
(2)定义平面非零向量之间的一种运算“∗”：a∗b=a cosθ+b sinθ(其中θ是非零向量a和b的夹角)，求|(
∗(−b)|．
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，B=30°．
(1)已知b=2，b cos A+a cos B=2．
(ⅰ)求C；
(ⅱ)若a<b，D为AB边上的中点，求CD的长．
c．
(2)若△ABC为锐角三角形，求证：a<23
3
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，侧面ABC和底面BCD均为正三角形，且AB=2，AD=3．
(1)求证：BC⊥AD；
(2)已知AP=λAD(0<λ<1)．
(ⅰ)若λ=1
，求二面角P−BC−D的大小；
2
(ⅱ)若直线AC与平面PBC所成角的正弦值为3
，求实数λ的值．
4
参考答案
1.C
2.B
3.D
4.A
5.C
6.D
7.B
8.B
9.ACD
10.AC
11.BCD
12.11
13.45°
14.0.3
15.解：(1)连接BD交AC于O，
则O为BD中点，连接OE，则OE//BD1，
因为OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，
所以BD1//平面ACE;
(2)取CC1中点F，连接BF，D1F，EF，
因为EF//AB，EF=AB，
所以四边形ABFE为平行四边形，
所以AE//BF，
所以异面直线BD1与AE所成角就是∠D1BF或其补角．
因为D1C1=4，BC=2，CF=FC1=1，
所以BF=5，D1F=17，BD1=24，
所以cos∠D1BF=BD21+BF2−D1F2
2BD1⋅BF =30
10
，
即异面直线BD 1与AE 所成角的余弦值为
3010
．
16.解：设事件A i 为“李明答对第i 道题目”，
P j 为“第j 次通过的概率”，(1)P 3=P(A 1A 2A 3)+P(A 1A 2A 3)=P(A 1)P(A 2)P(A 3)+P(A 1)P(A 2)P(A 3)=2⋅(2
3)2⋅1
3=8
27；
(2)第2次通过面试的概率为P 2=P(A 1A 2)=P(A 1)P(A 2)=(2
3)2=4
9;第4次面试通过的概率为P 4=P(A 1A 2A 3A 4)+P(A 1A 2A 3A 4)+P(A 1A 2A 3A 4)=P(A 1)P(A 2)P(A 3)P(A 4)+P(A 1)P(A 2)P(A 3)P(A 4)+P(A 1)P(A 2)P(A 3)P(A 4)=3⋅(23)2⋅(13)2=
427
;所以P =4
9+8
27+4
27=24
27=8
9．
17.解：(1)因为a−b 与5a +2b 互相垂直，所以(a−b )⋅(5a +2b ) =0，
即5a 2−3a ⋅b−2b 2
=0，又因为|a |=2，|b |=4，所以a ⋅b =−4，所以(a b )b |b |2
b =
a b b 2
|b |2
b =
−4+16
16
b =3
4b ;
(2)由(1)知，a ⋅b =−4，所以cos <a ，b a b |a ||b |
=−1
2，即向量a 与b 的夹角为120∘−b
的夹角为60∘
，所以∗(−b )=∘+(−b )sin60∘∗(−b )|=
32
=
21．
18.解.(1)因为b cos A +a cos B =b b
2
+c 2−a 22bc +a a 2+c 2−b 2
2ac
=c ，所以c =2;
(i)由正弦定理b
sin B
=c sin C 得，sin C
=c sin B b =2⋅1
2 2
= 2
2，所以C
=45∘或135∘.
(ii)因为a <b ，所以C =135∘，A =15∘，
所以sin A =sin(45∘−30∘)=
6− 2
4
，所以a
=b sin A
sin B
=
2
6− 2412
= 3−1，
又因为CD =1
2(CA +CB )，
所以|CD |=12 a 2+2ab cos C +b 2=
6−
2
2
(2)因为B =π6，所以A =5π
6−C ，
因为△ABC 为锐角三角形，所以{
0<C <π20<A <π2
，即π3<C <π
2
． 由正弦定理得，a c =sin A sin C =
sin(5π6−C)sin C =12cos C +
32sin C sin C
= 32+12tan C ，因为tan C >
3，所以a
c
<2
33，即a <2
33
c. 19.解：(1)如图，取BC 中点E ，连接AE 、DE ，
在正ΔABC 中，AE ⊥BC ，在正△BCD 中，DE ⊥BC ，
又因为AE ∩DE =E ，AE ，DE ⊂平面AED ，所以BC ⊥平面AED ，因为AD ⊂平面AED ，所以BC ⊥AD ．
(2)(i)连接PB 、PC 、PE ，
易知△ABP≌ΔACP ，所以BP =CP ，因为E 为BC 中点，所以PE ⊥BC ，由(1)可知DE ⊥BC ，
所以∠PED 就是二面角P−BC−D 的平面角，在Rt △
ABP 中，BP 2
=
AB 2−AP 2
=4−94=7
4，所以BP
=
72，在Rt △PBE 中，PE 2=PB 2−BE 2=74
−1=34
，所以PE =
32
，
所以在ΔPED 中，cos ∠PED =
PE 2
+
DE 2−PD 2
2PE ⋅DE
=
(
32)2+( 3)2−(32)2
2⋅
32
. 3
=1
2
，
所以∠PED =π
3，故二面角P−BC−D 的大小为π
3．(ii)由(1)可知BC ⊥平面AED ，因为BC ⊂平面BCP ，所以平面AED ⊥平面BCP ，
过A 作AH ⊥EP 交EP 的延长线于点H ，连接CH ，
又因为平面AED ∩平面BCP =EP ，所以AH ⊥平面BCP ，则∠ACH 就是直线AC 与平面PBC 所成的角，所以sin ∠ACH =
AH AC =AH 2= 3
4
，所以AH =
3
2
，而Rt △AEH 中，AE = 3，所以∠AEH =π
6，
在△ACD 中，cos ∠DAC =22+32−222⋅2⋅3=3
4
，
由题意知AP =3λ，
在△APC 中，PC 2=AP 2+AC 2−2AP ⋅AC ⋅cos ∠PAC =9λ2+4−2⋅3λ⋅2⋅34
，所以PC = 9λ2−9λ+4，
所以在Rt △PEC 中，PE = 9λ2−9λ+3，
在△AEP 中，AP 2=AE 2+PE 2−2AE ⋅PE ⋅cos ∠AEP ，所以9λ2=3+9λ2−9λ+3−2⋅ 3⋅ 9λ2−9λ+3⋅cos π
6，解得λ=13
．。