2024-2025学年河北省保定市唐县一中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北省保定市唐县一中高一（下）期末数学试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设z=11+i+i，则|z|=( )
A. 12B. 22C. 32D. 2
2.已知事件A，B相互独立，且P(A−)=13，P(B)=14，则P(AB)=( )
A. 16B. 112C. 13D. 23
3.如图，在四边形ABCD中，DC=2AB，BE=3EC，设DC=a，DA=b，则DE等于( )
A. 78a+13b
B. 34a+13b
C. 78a+14b
D. 34a+14b
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B=π6，b= 3，a=3，则c=( )
A. 3或2 3B. 2 3C. 3D. 3
5.已知向量a，b满足(a−2b)⋅(a+b)=3，且|a|=2，|b|=1，则a与b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
6.某校期中考试后，为分析100名高三学生的数学学习情况，整理他们的数学成绩得到如图所示的频率分布直方图.则下列结论错误的是( )
A. 估计数学成绩的众数为75
B. a=0.05
C. 估计数学成绩的75百分位数约为85
D. 估计成绩在80分及以上的学生的平均分为87.50
7.甲、乙两人组成“星队”参加必修一数学知识竞答，每轮竞答由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为35，乙每轮答对的概率为23.在每轮竞答中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮竞答中答对3道题目的概率为( )
A. 3875B. 2875C. 415D. 1475
8.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB=4，PC=PD=2 2，该棱锥的高为( )
A. 1
B. 2
C. 2
D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若复数z=2+i，则下列命题是真命题的是( )
A. z⋅z−=5
B. zi2024=−2−i
C. 5|−i|=|z|
D. 若z是关于x的方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的根，则mn=−20
10.下列对各事件发生的概率判断正确的是( )
A. 某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是13，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为427
B. 4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为13
C. 甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中各任取一个球，则取到不同颜色球的概率为12
D. 设两个独立事件A和B都不发生的概率为19,A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事件A发生的概率是29
11.一块正方体形木料如图所示，其棱长为3，点P在线段A1C1上，且A1C1= 3PC1，过点P将木料锯开，使得截面过BC，则( )
A. PC⊥BD
B. 截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C. 截面的面积为6 3
D. 以点A为球心，AB长为半径的球面与截面的交线长为3π2
三、填空题：本题共3小题，共15分。
12.给出下列命题：①任意两个复数都不能比较大小；②若z=a+bi(a∈R,b∈R)，则当且仅当a=0且b=0时，z=0；③若z1，z2∈C.且z12+z22=0，则z1=z2=0；④若x+yi=1+i(x,y∈C)，则x=y=1.其中，假命题的序号有______．
13.如图，若圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r1r2=3，则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为______．
14.在平行四边形OACB中，已知A(2,2 3)，B( 3,1)，O为坐标原点，则顶点C的坐标为______，平行四边形OACB的面积是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，sin2C= 3sinC．
(Ⅰ)求∠C；
(Ⅱ)若b=6，且△ABC的面积为6 3，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)
如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=CB=1，∠BCA=90°，棱AA1=2，M，N分别为A1B1，A1A的中点．
(Ⅰ)求BN的长；
(Ⅱ)求A1B与B1C所成角的余弦值；
(Ⅲ)求证：BN⊥平面C1MN．
17.(本小题15分)
近些年来，我国外卖业发展迅猛，外卖骑手穿梭在城市的大街小巷，成为一道亮丽的风景线.某课外实践小组随机调查了该市的10名外卖骑手，统计他们的日单量(平均每天送的外卖单数)，数据如表：
(Ⅰ)估计该市的外卖骑手日单量大于30的概率；
(Ⅱ)求这10名外卖骑手日单量的平均数和方差；
(Ⅲ)若表中第一行数据对应的外卖骑手来自甲公司，第二行数据对应的外卖骑手来自乙公司，试判断：哪家公司的外卖骑手日单量的差异更大？(直接给出结论即可，不需要写计算过程)
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB/​/CD，AD=AB=12CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥PC．
(1)求证：AC⊥AD；
(2)求证：△ADP为直角三角形；
(3)若PC=AD=1，求四棱棱P−ABCD的体积．
19.(本小题17分)
临川二中两名优秀学子小明、小华同学独立地参加中国科技大学少科班的入学面试，入学面试时共有3道题目，答对2道题则通过面试(前2道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答).已知小明答对每道题目的概率均为35，小华答对每道题目的概率依次为23，23，12，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立.记“小明只回答2道题就结束面试”为事件A记“小华3道题都回答且通过面试”为事件B．
(1)求事件A发生的概率P(A)；
(2)求事件A和事件B同时发生的概率P(AB)；
(3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数的运算及复数的模，属于基础题．
先求z，再利用求模的公式求出|z|．
【解答】
解：z=11+i+i=1−i(1+i)(1−i)+i=12+12i．
故|z|= 14+14= 22．
故选B．
2.【答案】A
【解析】解：已知事件A，B相互独立，且P(A−)=13，P(B)=14，
得P(A)=1−P(A−)=23，
则P(AB)=P(A)P(B)=16．
故选：A．
根据A，B是相互独立事件，结合对立事件和相互独立事件概率运算的性质，直接进行计算即可．
本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为DC=2AB，BE=3EC，
所以DE=DA+AB+BE=DA+12DC+34BC
=b+12a+34(BA+AD+DC)
=b+12a+34(−12a−b+a)=78a+14b．
故选：C．
结合图形，由向量的加法法则计算即可；
本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵B=π6，b= 3，a=3，
∴b2=a2+c2−2accsB，
即3=9+c2−6c⋅ 32，即c2−3 3c+6=0，
得c=3 3+ 27−242=3 3+ 32=2 3或c=3 3− 32= 3，
故选：A．
根据条件，利用余弦定理建立方程式进行求解即可．
本题主要考查解三角形的应用，根据条件利用余弦定理，建立方程进行求解是解决本题的关键，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由(a−2b)⋅(a+b)=3，
可得a2−a⋅b−2b2=3，
又|a|=2,|b|=1，
所以2−a⋅b=3，解得a⋅b=−1，
所以cs〈a,b〉=a⋅b|a|⋅|b|=−12，
又0°≤〈a,b〉≤180°，
所以a与b的夹角为120°．
故选：C．
利用向量的数量积的运算律求得a⋅b=−1，利用向量的夹角公式可求得cs〈a,b〉=−12，可求a与b的夹角．
本题考查平面向量数量积的运算，属基础题．
6.【答案】B
【解析】解：根据题意可得(2a+3a+7a+6a+2a)×10=1，∴a=0.005，∴B选项错误；
估计数学成绩的众数为70+802=75(分)，∴A选项正确；
∵前几组的频率依次为0.1，0.15，0.35，0.3，
∴估计数学成绩的75百分位数约为80+0.75−0.1−0.15−(分)，∴C选项正确；
∵成绩在80分及以上的学生的两组的频率之比为6：2=3：1，
∴估计成绩在80分及以上的学生的平均分为34×85+14×95=87.5，∴D选项正确．
故选：B．
根据频率分布直方图的性质，众数的概念，百分位数的概念，加权平均数的概念，即可分别求解．
本题考查频率分布直方图的综合应用．属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：根据题意，设 A1，A2 分别表示甲两轮答对1个，2个题目的事件，B1，B2 分别表示乙两轮答对1个，2个题目的事件，
则P(A1)=35×(1−35)+(1−35)×35=1225，P(A2)=(35)2=925，
P(B1)=23×(1−23)+(1−23)×23=49，P(B2)=(23)2=49，
设A=“两轮活动‘星队’答对3个题目”，则A=A1B2∪A2B1，
所以P(A)=P(A1B2)+P(A2B1)=P(A1)P(B2)+P(A2)P(B1)=1225×49+925×49=2875．
故选：B．
设 A1，A2 分别表示甲两轮答对1个，2个题目的事件，B1，B2 分别表示乙两轮答对1个，2个题目的事件，利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可．
本题考查相互独立事件、互斥事件的概率计算，注意分析事件之间的关系，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：根据题意，PA=PB=AB=4，则△PAB为正三角形，
而PC=PD=2 2，CD=4，则有PC2+PD2=CD2，故PC⊥PD，
则△PCD为等腰直角三角形，
分别取AB，CD的中点E，F，
连接PE，EF，PF，则PE=2 3，PF=2，EF=4，
则PE2+PF2=EF2，
所以PE⊥PF，
过点P作PG⊥EF，垂足为G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF=F，
所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF，
所以CD⊥PG．
又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF=F，
所以PG⊥平面ABCD，
所以PG为四棱锥P−ABCD的高，
因为12PE⋅PF=12EF⋅PC，则PG=PE⋅PFEF=2 3×24= 3，
故该棱锥的高为 3．
故选：D．
根据题意分析可知平面PEF⊥平面ABCD，可知PG⊥平面ABCD，再结合等体积法，即可求解．
本题主要考查棱锥的结构特征，涉及等体积法的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，复数z=2+i，
∴z⋅z−=(2+i)(2−i)=4−i2=5，故A正确；
对于B，∵i2024=(i2)1012=(−1)1012=1，
∴zi2024=z=2+i，故B错误；
对于C，∵|z|= 4+1= 5，|−i|=1，
∴ 5|−i|=|z|，故C正确；
对于D，若z是关于x的方程x2+mx+n=0(m,n∈R)的根，
则(2+i)2+m(2+i)+n=0，
∴3+2m+n+(m+4)i=0，
∴3+2m+n=0m+4=0，∴m=−4n=5，
∴mn=−20，故D正确．
故选：ACD．
根据共轭复数的定义及复数乘法运算可判定A；根据复数乘法和除法运算可判定B；根据复数的模可判定C；根据方程的根及复数相等的条件可判定D．
本题考查共轭复数的定义、复数运算法则、复数的模、方程的根及复数相等等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A选项，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，则在前2个路口遇到的不是红灯，第3个路口遇到的是红灯，
所求概率P1=(1−13)2×13=427，A选项正确；
对于B选项，从这4张卡片中随机抽取2张，不同结果为12，13，14，23，24，34，共6个，
取出的2张卡片上的数字之和为奇数的结果为12，14，23，34，共4个，概率P2=46=23，B选项错误；
对于C选项，甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，
从每个袋子中各任取一个球，则取到不同色球的概率P3=812×612+412×612=12，C选项正确；
对于D选项，由独立事件的概率公式，可得[1−P(A)]⋅[1−P(B)]=19P(A)⋅[1−P(B)]=P(B)⋅[1−P(A)]0≤P(A)≤1,0≤P(B)≤1，
解得P(A)=P(B)=23，D选项错误．
故选：AC．
利用独立事件的概率计算判断A；利用古典概型的概率公式求解判断B；利用独立事件和互斥事件的概率公式计算判断C；利用独立事件的概率乘法公式建立方程组求解判断D．
本题考查概率的应用，涉及相互独立事件、古典概型的计算，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，如图，连接AC，由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得CC1⊥BD．
又AC⊥BD，AC∩CC1=C，AC⊂平面ACC1A1，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1．
又PC⊂平面ACC1A1，所以PC⊥BD，故A正确．
对于B，过点P作直线平行于B1C1，分别交A1B1，C1D1于N，M两点，连接BN，CM，
显然MN//B1C1//BC，所以四边形BCMN为过点P及直线BC的正方体的截面，
截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，故B错误．
对于C，由选项B，得C1MC1D1=PC1A1C1=1 3，则C1M= 3,CM= ( 3)2+32=2 3，
因此截面矩形BCMN的面积S=BC⋅CM=6 3，故C正确．
对于D，过A作AO⊥BN于点O，
由BC⊥平面ABB1A1，AO⊂平面ABB1A1，得AO⊥BC．
又BN∩BC=B，BN⊂平面BCMN，BC⊂平面BCMN，所以AO⊥平面BCMN，
所以点O为以点A为球心，AB长为半径的球面被平面BCMN所截小圆圆心，
球面与截面的交线为以点O为圆心，BO长为半径的半圆弧，
显然∠BAO=∠B1BN=30°,BO=12AB=32，因此交线长为3π2，故D正确．
故选：ACD．
对A：通过证明BD⊥平面ACC1A1得PC⊥BD；对B：作出截面BCMN，截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱；对C：求出矩形BCMN各边长得面积；对D：过A作AO⊥BN于点O，球面与截面的交线为以点O为圆心，BO长为半径的半圆弧，求其弧长即可．
本题考查线面垂直的判定与性质、正方体结构特征、截面图形、球面等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】①③④
【解析】解：①任意两个复数都不能比较大小，是假命题，如两个复数都是实数就可以比较大小；
②若z=a+bi(a∈R,b∈R)，则当且仅当a=0且b=0时，z=0，是真命题；
③若z1，z2∈C，且z12+z22=0，则z1=z2=0，是假命题，如z1=i，z2=1；
④若x+yi=1+i(x,y∈C)，则x=y=1，是假命题，如x=i，y=−i．
∴假命题的序号是①③④．
故答案为：①③④．
举例说明①③④为假命题；利用复数相等的概念说明②是真命题．
本题考查命题的真假判断与应用，考查复数的运算，是基础题．
13.【答案】12π
【解析】解：∵半径为R的球与圆台的上下底面和侧面都相切，
∴切线长定理易得圆台母线长l=r1+r2，
由勾股定理知(2R)2=(r1+r2)2−(r1−r2)2，
解得R= r1⋅r2= 3，
∴它的内切球的表面积为4π( 3)2=12π．
故答案为：12π．
根据圆台的性质，计算求解即可．
本题考查空间几何体的性质，考查运算求解能力，属中档题．
14.【答案】(2+ 3,1+2 3) 4
【解析】解：设C(x,y)，A(2,2 3)，B( 3,1)，
则OA=(2,2 3),OB=( 3,1)，
所以OC=OA+OB=(2+ 3,2 3+1)，
所以C(2+ 3,2 3+1)；
又cs∠AOB=OA⋅OB|OA|⋅|OB|=2× 3+2 3×1 22+(2 3)2⋅ 12+( 3)2= 32，
所以sin∠AOB= 1−cs2∠AOB=12，
所以平行四边形OACB的面积是S=|OA|⋅|OB|⋅sin∠AOB=4×2×12=4．
故答案为：(2+ 3,1+2 3)；4．
设C(x,y)，由OC=OA+OB求解；先利用数量积求得cs∠AOB，再由平行四边形OACB的面积是S=|OA|⋅|OB|⋅sin∠AOB求解．
本题主要考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
15.【答案】解：(Ⅰ)∵sin2C= 3sinC，
∴2sinCcsC= 3sinC，
又sinC≠0，∴2csC= 3，
∴csC= 32，∵0