东北师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期末数学试题（解析版）

东北师大附中2023-2024学年下学期高（一）年级期末考试（数学）科试卷注意事项：1．答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．3．回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效．4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．一、单项选择题：本大题共8小题，每小题4分，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知i为虚数单位，复数z⋅=+i12i，则z=（）A.−−2iB.−+2iC.2i+D.2i−【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算求解即可.【详解】因为z⋅=+i12i，12i+(12i+−)(i)所以z===−2i.iii×−()故选：D.2.已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为（）A.若m//α，n//α，则mn//B.若mn//，m⊂α，则n//αC.若m//α，m//β，则αβ∥D.若m//α，m⊥β，则αβ⊥【答案】D【解析】【分析】利用点、线、面的位置关系即可得出答案.【详解】对于A，若m//α，n//α，则mn,可能相交，故A错误；对于B，若mn//，m⊂α，则可能n⊂α，故B错误；第1页/共18页 对于C，若m//α，m//β，则可能αβ⊥，故C错误；对于D，若m//α，在平面α内能找到直线a，使得am//，由m⊥β，可得a⊥β，又因为a⊂α，则αβ⊥，故D正确.故选：D.3.高一年级某位同学在五次考试中的数学成绩分别为105，90，104，106，95，这位同学五次数学成绩的方差为（）A.20.2B.40.4C.50D.50.2【答案】B【解析】【分析】根据题中数据结合平均数、方差公式运算求解.1【详解】由题意可得：数学成绩平均数为x=(1059010410695++++=)100，5所以数学成绩的方差为2122222s=−+−+−+−+−=(105100)(90100)(104100)(106100)(95100)40.4.5故选：B.4.在直三棱柱ABCABC111中，AA1=22AB=AC，且AB⊥AC，则异面直线AB1与AC1所成角的余弦值是（）4321A.B.C.D.5523【答案】A【解析】【分析】先找到异面直线AB1与AC1所成角为∠HGI（或其补角）,再通过解三角形求出它的余弦值.【详解】如图分别取ACAAABAC11,,,1的中点HGIM,,,，连接GIHIIMGH,,,，因为AB11//GIHG,//AC，所以异面直线AB1与AC1所成角即为直线GI与HG所成角，即∠HGI（或其补角），设AA1=222AB=AC=，由AB⊥AC，2所以BC=+=AB22AC2，MI=，2第2页/共18页 2222232HI=HM+=+MI2=，22215HG=GB=+=1，225518222+−HG+−GIHI444−24所以由余弦定理可得：cos∠=HGI===−.25HGGI⋅5552⋅⋅2224则异面直线AB1与AC1所成角的余弦值是.5故选：A.5.数据1，2，5，4，8，10，6的第60百分位数是（）A.4.5B.5.5C.6D.8【答案】C【解析】【分析】对这7个数按从小到大的顺序排列，然后根据百分位数的定义求解.【详解】这7个数从小到大排列为：1，2，4，5，6，8，10，因为760%×=4.2，所以第60百分位数是第5个数6.故选：C6.已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和3，高为1，则圆台的表面积为（）20πA.B.20πC.(1045+)πD.(11105+)π3【答案】C【解析】【分析】根据题意求出圆台的母线长，再利用圆台的表面积公式求解即可.22【详解】设圆台的母线长为l，则l=−+=(31)15，第3页/共18页 221所以圆台的表面积为π×+×+1π3(2π×+××12π3)52=10π+45π.故选：C7.某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，女生样本的均值为161，则抽取的样本的均值为是（）A.165.5B.166C.166.5D.168【答案】B【解析】【分析】由样本均值计算公式，代入数据即可求得；【详解】抽取的样本的均值近似于总体的均值，由题意可得：xy=170,=161，mn=500,=400，mn500400抽取的样本的均值为ω=xy+=×+170×=161166.mnmn+++500400500400+故选：B.8.棱长为2的正方体内有一个棱长为a的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则a的最大值为（）26A.1B.C.3D.23【答案】B【解析】【分析】棱长为a的正四面体的外接球的半径为1，设正四面体为P−ABC，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接AO，表示出AOPO,，然后结合图形利用勾股定理列方程求解【详解】棱长为2的正方体内切球的半径为1，因为正四面体可以在正方体内任意转动，所以只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为a的第4页/共18页 正四面体的外接球的半径为1，设正四面体为P−ABC，过P作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接AO，O为底面正ABC的中心，2233236则AO=×=aa，体高为PO=a−=aa，32333226326由于外接球半径为1，利用勾股定理得：aa−+11=，解得a=或a=0(舍)，333故选：B二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得3分或4分，有选错的得0分．9.某单位为了解员工参与一项志愿服务活动的情况，从800位员工中抽取了100名员工进行调查，根据这100人的服务时长（单位：小时），得到如图所示的频率分布直方图．则（）A.a的值为0.018B.估计员工平均服务时长为45小时C.估计员工服务时长的中位数为48.6小时D.估计本单位员工中服务时长超过50小时的有45人【答案】AC【解析】【分析】对于A，根据各组的频率和为1可求出a，对于B，利用平均数的定义求解判断，对于C，先判断中位数的位置，然后列方程求解即可，对于D，根据频率分布直方图求出服务时长超过50小时的频率，再乘以800进行判断.【详解】对于A，由频率分布直方图得10(0.002+a+++=0.0350.0250.020)1，解得a=0.018，所以A正确，对于B，员工平均服务时长为250.02350.18450.35550.25650.2×+×+×+×+×=49.3小时，所以B错误，对于C，因为前2组的频率和为0.20<0.5，前3组的频率和为0.55>0.5，第5页/共18页 所以中位数在第3组，设中位数为m，则0.200.035(+m−=40)0.5，解得m≈48.6，所以C正确，对于D，因为服务时长超过50小时的频率为10(0.0250.020)×+=0.45，所以本单位员工中服务时长超过50小时的约有8000.45×=360人，所以D错误.故选：AC10.正六边形ABCDEF的边长为2，G为正六边形边上的动点，则ADBG⋅的值可能为（）A.−3B.−1C.12D.16【答案】ABC【解析】【分析】利用投影向量求解向量数量积，得到ADBG⋅的最小值和最大值，得到答案.【详解】连接BF与AD相交于点O，由正六边形的几何性质，BF⊥AD，∠=°FAO60，正六边形ABCDEF的边长为2，故AO=AFsin30°=1，AD=24EF=，故OD=−=413，故点B在AD上的投影为O，当点G与点D重合时，此时BG的投影向量为OD，OD与AD方向相同此时ADBG⋅取得最大值，最大值为ADOD⋅=×=4312，故当G与A重合时，BG的投影向量为OA，OA与AD方向相反，此时ADBG⋅取得最小值，最小值为−⋅=OAAD−4，故ADBG⋅∈−[4,12]，ABC正确，D错误.第6页/共18页 故选：ABC11.如图，正三棱锥ABCD−和正三棱锥E−BCD的侧棱长均为2，BD=2．若将正三棱锥ABCD−绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，且M，B，D，E四点共面，点M，E分别位于BD两侧，则（）A.MN⊥BDB.MN⊥CEC.MC的长度为6D.点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为3【答案】ACD【解析】【分析】对于A，先作出图形，取BD中点P，证明BD⊥平面ACP，即可得到BD⊥MN；对于B，分3别证明CE⊥平面BDE,MN⊥平面MBD，可推得MN//CE，排除B；对于C,先求得cos∠=MPO−，3再由余弦定理即可求得MC，对于D，只需求出两点的旋转半径即可求得.【详解】如图，取BD中点P，连接APCP,,依题意，AB=ADCB,=CD,则有BD⊥⊥APBD,,CP因AP∩=CPPAPCP,,⊂平面ACP,则BD⊥平面ACP.对于A，因为将正三棱锥ABCD−绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，故MN⊂平面ACP,第7页/共18页 因BD⊥平面ACP，故BD⊥MN,即A正确；222对于B，因BC=CD=BD=2,EB=ED=EC=2,则由ED+=ECCD可知，CE⊥DE,同理CE⊥BE,因DE∩=BEEDEBE,,⊂平面BDE,故得，CE⊥平面BDE,同理可证AC⊥平面ABD,依题意，因M，B，D，E四点共面，故MN⊥平面MBD,故MN//CE,故B错误；11331对于C，设连接AE，交CP于点O，则EO⊥PO,OP=CP=××=2,EP=BD=1,3323233则cos∠=EPO，依题意，MPE,,三点共线，可得cos∠=MPO−,33在MPC中，由余弦定理，MC=PM22+−⋅∠PC2PMPCcosMPO223=1+(3)−23(×−)=6,故C正确；3对于D，因点C与点A是同时旋转，故转动的轨迹长度之比即旋转的半径之比，3而点C转动的半径为PC=×=23,点A转动的半径为PA=1,2故点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为3，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题主要考查余几何体旋转有关的线面关系问题，属于难题.问题的关键在于，正确作出图形，理解旋转前后的变与不变的量，通过线面关系的推理与证明，即可得到线面关系，借助于正、余弦定理进行相关计算，即可解决.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．1312.已知复数z=−+i，复数z2满足zz12−=3，则z2的最小值为________．122【答案】2【解析】2213【分析】设z2=abab+∈i(,R)，代入zz12−=3中化简可得ab++−=9，则点(,)ab在以2213−,为圆心，3为半径的圆上，从而可求得结果.22第8页/共18页 13【详解】设z2=abab+∈i(,R)，因为z1=−+i，zz12−=3，2213所以−+i−−=abi3，222213所以ab++−=9，2213所以点(,)ab在以−,为圆心，3为半径的圆上，22222213所以zab2=+的最小值为3−−+=−=312.22故答案为：213.设正方体ABCD−ABCD1111的棱长为1，E，F分别为AB，BD1的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足FM⊥DE，则点M轨迹的长度为________．【答案】25+【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点M轨迹的长度.【详解】在正方体ABCD−ABCD1111中，棱长为1，以D为坐标原点，分别以DADCDD,,1为xyz,,轴建立空间直角坐标系，11111111∴DEF(0,0,0),(1,,0),(,,),设Mxyz(,,)，则DE=(1,,0),FM=−−−(x,y,z)，2222222211113∵DE⊥FM，∴x−+(y−=⇒+−=)0xy0，2222431当y=0时，x=，当y=1时，x=，443113取GHRT(,0,0),(,1,0),(,1,1),(,0.1)，连结GHHRRTTG,,,，4444第9页/共18页 1则GH=TR=(−=,1,0),TGRH=(0,0,1)，∴四边形GHRT为矩形，2111则DEGH⋅=×−+×+=1()200，DETG⋅=×+×+×=10010，222即DE⊥⊥GHDE,TGGHTG,,为平面GHRT中的两条相交直线，∴DE⊥平面GHRT，111111又GF=(,,),−=FR(,,)−，又F为BD1的中点，则F∈平面GHRT，422422为使DE⊥FM，必有点M∈平面GHRT，又点M在正方体表面上运动，1522所以点M的轨迹为四边形GHRT，因为GH==RT()1+=,TG==RH1，225则点M的轨迹不是正方形，则矩形GHRT的周长为122×+×=+25.2故答案为：25+.14.有两个相同的直三棱柱，高为2，底面三角形的三边长分别为3,4,5．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，拼成的几何体的表面积最小值是________．【答案】52【解析】【分析】先分情况分别求解组成三棱柱和四棱柱时的表面积，再比较大小得出最小值即可.【详解】记两直三棱柱为直三棱柱ABC−DEF和直三棱柱ABC111−DEF111，如图所示：当拼成一个三棱柱时，表面积有三种情况：1①上下底面对接，其表面积为S1=×××+++×=234345460()；2第10页/共18页 1②边长为3的边合在一起时，表面积为S2=××××+2234254(+×=)260；21③边长为4的边合在一起时，表面积为S3=××××+2234253(+×=)256.2当拼成一个四棱柱时，有四种情况，如图④、⑤、⑥、⑦：1图④的表面积S4=×××++++×=4345454260()，21图⑤的表面积S5=×××++++×=4345335256()，21图⑥的表面积S6=×××++++×=4344343252()，21图⑦的表面积S7=×××++++×=4344334252().2综上所述，拼成的几何体的表面积最小值是52.故答案为：52.四、解答题：本大题共5小题，共55分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，B=120°．第11页/共18页 （1）若a=1，b=3，求A；（2）若b=23，求ABC周长的最大值．【答案】（1）A=30°（2）423+【解析】【分析】（1）利用正弦定理直接求解；（2）根据余弦定理结合基本不等式得ac+≤4，从而可求出ABC周长的最大值．【小问1详解】ba311由正弦定理知=，所以=，解得sinA=，sinBAsinsin120°sinA2因为B为钝角，所以A=30°．【小问2详解】222222解：由余弦定理得b=+−ac2accosB=++=+−acac(ac)ac，2ac+又由a>0，c>0，则ac≤，2222ac+32所以12=+−≥+−(acacac)()=+(ac)，24所以ac+≤4，当且仅当ac=时，等号成立，即ac+的最大值为4，所以ABC周长的最大值为423+．16.在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AD，AD∥BC，PA=AB=AD=2，BC=1，E为PD中点．（1）求证：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PAD所成的角的正弦值．（要求用几何法解答）第12页/共18页 【答案】（1）证明见解析25（2）5【解析】【分析】（1）取AD中点G，根据平行关系可证平面ECG∥平面PAB，结合面面平行的性质分析证明；（2）根据题意可证CG⊥平面PAD，可知∠CEG为CE与平面PAD所成的角，即可得结果.【小问1详解】取AD中点G，连接EG，CG，1因为E、G分别为PD、AD中点，则EG∥PA，EG=PA=1，2且PA⊂平面PAB，EG⊄平面PAB，可得EG∥平面PAB，由题意可知：BC∥AG，且BC=AG，可知ABCG为平行四边形，则AB∥CG，AB=CG=2，且AB⊂平面PAB，CG⊄平面PAB，可得CG∥平面PAB，且CG∩=EGG，CGEG,⊂平面ECG，所以平面ECG∥平面PAB，又因为EC⊂平面ECG，所以CE∥平面PAB．【小问2详解】因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，则PA⊥AB又因为AD⊥AB，PA∩=ADA，PAAD,⊂平面PAD，可得AB⊥平面PAD，由（1）可知：AB∥CG，则CG⊥平面PAD，可知∠CEG为CE与平面PAD所成的角，在直角三角形CEG中，由（1）可知：22CG===+=2,EG1,CECGEG5，CG25则sin∠==CEG，CE5第13页/共18页 25所以直线CE与平面PAD所成的角的正弦值.517.近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式，某直播平台有1000个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示，为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取80个直播商家进行问询交流．（1）应抽取小吃类商家多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示．①估计该直播平台商家平均日利润的第75百分位数；②若将平均日利润超过480元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．【答案】（1）28家（2）①487.5元；②280【解析】【分析】（1）根据分层抽样的定义结合图①求解即可；（2）①先根据频率和为1求出a，然后列方程求解第75百分位数，②根据频率分布直方图求出平均均日利润超过480元的频率，然后乘以1000可得答案.【小问1详解】根据分层抽样知：应抽取小吃类80×(130%15%10%5%5%−−−−−=)28家；【小问2详解】①根据题意可得(0.00232×++a0.006)×=501，解得a=0.004，设75百分位数为x，因为(0.0020.0040.006++)×=<500.60.75，(0.002+0.004+0.006+0.004)×50=0.8>0.75，所以(x−×+=450)0.0040.60.75，解得x=487.5，所以该直播平台商家平均日利润的75百分位数为487.5元．第14页/共18页 500480−②×0.0040.0020.002++××501000=280，50所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为280．18.如图，已知正方体ABCD−ABCD1111的棱长为2，M分别为棱BB1的中点．（1）证明：AC⊥DM1；（2）求平面AMD1与平面ABCD所成二面角的余弦值．（要求用几何法解答）【答案】（1）证明见解析2（2）3【解析】【分析】（1）连接BD，则AC⊥BD，由线面垂直的判定定理可证得AC⊥平面BDD1，从而可证得结论；（2）延长DM1、DB交于点E，则直线AE为平面AMD1与平面ABCD的交线，过点M，作MN⊥AE，垂足为N，连接BN，则可得∠MNB为平面AMD1与平面ABCD所成二面角的平面角，然后在MNB中求解即可.【小问1详解】证明：连接BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD1⊥AC，因为DD1BD=D，DDBD1,⊂平面BDD1，所以AC⊥平面BDD1，因为DM1⊂平面BDD1，所以AC⊥DM1．【小问2详解】第15页/共18页 延长DM1、DB交于点E，则直线AE为平面AMD1与平面ABCD的交线，过点M，作MN⊥AE，垂足为N，连接BN，因为BM⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以BM⊥AE，因为BMMN=M，BMMN,⊂BMN，所以AE⊥平面BMN，因为BN⊂平面BMN，所以AE⊥BN，所以∠MNB为平面AMD1与平面ABCD所成二面角的平面角，因为BM∥DD1，所以△MBE∽△DDE1，MBBE1所以==，所以BE=BD=22，DDDE21在ABE中，AB=2，BE=22，∠=°ABE135所以222AE=AB+BE−2ABBE⋅cos135°=20，所以AE=2511因为S=⋅∠=⋅ABBEsinABEAEBN，∆ABE2211所以××222sin135°=×25⋅BN，22243BN=，22所以MN=BM+BN=+=1555BN2所以cos∠==MNBMN32所以平面AMD1与平面ABCD所成二面角的余弦值为．319.定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于第16页/共18页 球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面ABC，记其面积为S球面△ABC．易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，A′；若球面上A，B，C的对径点分别为A′，B′，C′，则球面ABC′′′与球面ABC全等，如图2．已知球O的半径为R，圆弧AB和圆弧AC所在平面组成的锐二面角B−−AOC的大小为α，圆弧BA和圆弧BC所在平面组成的锐二面角的大小为β，圆弧CA和圆弧CB所在平面组成的锐二面角的大小为γ．记SS(α)=球面ABC+S球面ABC′++SSABC′′球面ABC′′′．ππ（1）请写出S(π)，S，S的值，并猜测函数S(α)的表达式；24（2）求S球面△ABC（用α，β，γ，R表示）．2π2π22【答案】（1）SR(π)=4π，SR=2π，SR=π；猜测SR()4αα=242（2）SR球面△ABC=++−(αβγπ)【解析】ππ【分析】（1）结合图形理解题意，根据S(α)的计算公式，分别求出S(π)，S，S，并按照规律24猜出S(α)的表达式即得；（2）分别计算SSSαβγ,,并相加，利用八块球面拼接成一个球面，以及SS球面ABC′′′=球面ΔABC，将其化简，代入（1）猜测的公式，即可求得S球面△ABC的解析式.【小问1详解】111122222S(π)=×4πRRRR+×4π+×4π+×4π=4πR，4444π111122222S=×4πRRRR+×4π+×4π+×4π=2πR，28888第17页/共18页 π111122222S=×4πRRRR+4×π+×4π+×4π=πR．4161616162猜测SR()4αα=．【小问2详解】SSSαβγ++=(SSSS球面ABC++++球面ABC′球面ABC′′球面ABC′′′)(SSSS球面ABC++++球面ABC′球面ABC′′球面ABC′′′)(SSSS球面ABC+++球面ABC′球面ABC′′球面ABC′′′)=SS++22S球球面ABC球面ABC′′′因为SS球面ABC′′′=球面ΔABC，2222所以4444αβγRRRRS++=+π4球面ABC，2即SR球面ABC=++−(αβγπ)．【点睛】思路点睛：本题主要考查球面三角形表面积的新定义问题，属于难题.解题思路，即是结合图形，充分理解题意，正确列出关系式，并根据图形进行表面积合并整理，即可求得.第18页/共18页