2024-2025学年河北省石家庄市二中教育集团高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省石家庄市二中教育集团高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共10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。
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.已知向量a=(x,5)，b=(2,−1)，若b⊥(a−b)，则x=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
2.复数z=2−i1+i(其中i是虚数单位)，则z的共轭复数z=( )
A. 12−32iB. −12−32iC. 12+32iD. −12+32i
3.“幸福感指数”指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间[0,10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高，现随机抽取7位小区居民，他们的幸福感指数分别为5，6，7，8，9，5，4，则这组数据的第60百分位数是( )
A. 7B. 7.5C. 8D. 9
4.已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为 6，则该正四棱台的体积为( )
A. 563B. 28 63C. 56D. 28 6
5.有一种质地均匀的“新型”骰子，其六面中有两面点数为1，三面点数为2，一面点数为3，现连续掷两次该骰子，则这两次掷出点数之和为奇数的概率为( )
A. 49B. 12C. 14D. 34
6.如图，平行四边形ABCD中，AB=3，AD=4，∠BAD=120∘，AB=a，AD=b，H，M分别是AD，DC的中点，F是BC上一点，且BF=13BC，则AM⋅HF=( )
A. −3B. −2C. −72D. −113
7.已知直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AA1=2 3，且该棱柱外接球O的表面积为20π，E为线段AB上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，D1E+CE的最小值为( )
A. 6B. 5+ 17C. 2 5+2D. 2 10
8.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且csA=78.M为△ABC内部的一点，且aMA+bMB+cMC=0，若AM=xAB+yAC，则x+y的最大值为( )
A. 45B. 54C. 56D. 12
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.设A，B为两个随机事件，若PA=12，PB=34，则下列结论中正确的是( )
A. 若A⊆B，则PA∪B=12
B. 若PA∩B=38，则A，B相互独立
C. 若A与B相互独立，则PA∪B=58
D. 若A与B相互独立，则PA∩B=18
10.已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2，则下列结论正确的有( )
A. △ABC面积的最大值为 3
B. bcsA+acsB= 2
C. △ABC周长的最大值为6
D. csBcsA的取值范围为(−∞, 32)∪( 3,+∞)
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，E是棱CC1(不包含端点)上的动点，F在正方形ADD1A1内，CF//平面AD1E，则下列结论正确的是( )
A. 平面AD1E截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面一定是等腰梯形
B. 存在点E，使得异面直线D1E与BC1夹角的余弦值为3 28
C. 若E是CC1的中点，则点F的轨迹长度是 2
D. 三棱锥D−AD1E外接球表面积的最小值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a，b的夹角为5π6，|a|=1，|b|= 3，则|2a+b|= ．
13.设复数z满足|z+2i|+|z−2i|=4，则|z−1−i|的取值范围是 ．
14.在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，AB=BC=1，BD= 2，三棱锥A−BCD的所有顶点均在球O的表面上，若点M、N分别为△BCD与△ABD的重心，直线MN与球O的表面相交于F、G两点，则|FG|:|MN|=
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)
已知▵ABC中，A,B,C所对的边为a,b,c，向量m=(a+c,a−b)，n=sinB,sinA−sinC，且m/​/n．
(1)求C的大小；
(2)若D为AB中点，CD=2，且▵ABC面积为 3，求边c．
16.(本小题15分)
今年是国家安全法颁布十周年，4月15日迎来了第十个全民国家安全教育日．某大学团委组织开展了2025年全民国家安全教育知识竞答活动，旨在践行总体国家安全观，增强全民国家安全意识和素养．该活动共有200名学生参加，现将所有答案卷面成绩统计分成五段，分别为[50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100]，并作出如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中x的值；
(2)根据频率分布直方图，求这200名学生成绩的中位数和平均数(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；
(3)已知学生成绩落在[70,80)的平均数是77，方差是5；落在[80,90)的平均数是84，方差是5.求这两组数据的总方差．
附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：m,x1,s12;n,x2,s22，记两组数据总体的样本平均数为w，则总体样本方差s2=mm+ns12+x1−w2+nm+ns22+x2−w2．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD，AD//BC，AD=AP=2AB=2BC=2，PA⊥平面ABCD，E为棱PD上的动点．
(1)当E为棱PD的中点时，证明：EC//平面PAB;
(2)若PE=2ED，求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知2bcs B=c,A=3B．
(1)求角B；
(2)设D为边BC上一点，记▵ABD，的面积分别为S1,S2，若AD=3，且S1−S2= 32．
①求sin⁡∠BAD；②求a的值．
19.(本小题17分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，AA1=AC1=AB=2，，，E是侧棱CC1上的一点．
(1)证明：AA1⊥B1D1．
(2)求点E到平面AA1B1B的距离．
(3)若直线B1E与平面AA1B1B所成角的正弦值为 4214，求C1E的长度．
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.A
5.B
6.D
7.D
8.A
9.BD
10.AC
11.ACD
12.1
13.[1, 10]
14.2 3
15.解：(1)由向量m=(a+c,a−b)，n=sinB,sinA−sinC，
且m//n，可得(a+c)sinA−sinC=(a−b)sinB，
又由正弦定理得(a+c)(a−c)=(a−b)b，整理得a2+b2−c2=ab，
由余弦定理，可得csC=a2+b2−c22ab=12，
又因为C∈0,π，所以C=π3；
(2)因为，可得12absinC= 3，即12ab 32= 3，所以ab=4，
又因为CD=12CA+CB，可得CD2=14CA2+2CA⋅CB+CB2，
即4=14a2+b2+2abcsC=14a2+b2+ab，可得a2+b2=16−ab=12，
所以c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2−ab=12−4=8，所以c=2 2．

16.解：(1)根据频率分布直方图，
有10x+0．01×10+0．04×10+20x+0．005×10=1，
解得x=0.015；
(2)学生成绩落在[50,60)的频率为10×0.015=0.15，
学生成绩落在[60,70)的频率为10×0．010=0．10，
学生成绩落在[70,80)的频率为10×0．040=0．40，
学生成绩落在[80,90)的频率为10×2×0．015=0．30，
学生成绩落在[90,100]的频率为10×0．005=0．05，
由，
可得中位数为，
学生成绩的平均数为；
(3)这两组数据的平均数为，
这两组数据的总方差为
．

17.解：(1)取PA的中点F，连接EF，BF．
因为E为PD的中点，所以EF//AD，EF=12AD．
因为AD//BC，AD=2BC，所以EF//BC，又EF=BC，
所以四边形EFBC为平行四边形，所以EC//BF，
又BF⊂平面PAB，EC⊄平面PAB，
所以EC//平面PAB；
(2)因为AB⊥AD，PA⊥平面ABCD，所以AB，AD，AP两两垂直，
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，C(1,1,0)，
因为PE=2ED，所以E(0,43,23)，
所以AC=(1,1,0)，AD=(0,2,0)，AE=(0,43,23).
设平面EAC的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅AC=x+y=0n⋅AE=43y+23z=0,
取y=1，得x=−1，z=−2，
所以n=(−1,1,−2)．
因为AB⊥AD，AP⊥AD，AB∩AP=A，AB⊂平面PAB，AP⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，
所以AD=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量．
设平面EAC与平面PAB的夹角为θ，
则csθ=|csn,AD|=|n⋅AD||n|⋅|AD|=22 6= 66，
所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为 66．
18.解：(1)由2bcsB=c和正弦定理，可得2sinBcsB=sinC，即sin2B=sinC，
又A=3B且A+B+C=π，则C+4B=π，
故由sin2B=sinC可得C=2B，联立解得B=π6；
(2)①由(1)易得，则有a=2b，c= 3b，
因，AD=3，则，
即得，代入c= 3b，可得式，
由，可得式，
将①②两式相乘，得，又，
联立解得，因∠BAD为锐角，则；
②由上可得，代入①式，，
所以b= 3+ 2，故a=2b=2 3+2 2．

19.解：(1)证明：连接AB1,AD1,A1C1，设A1C1,B1D1的交点为O，连接AO，
因为A1B1=A1D1，，所以与全等，所以AD1=AB1，
因为底面为菱形，所以，且O为B1D1的中点，所以AO⊥B1D1，
因为AO∩A1C1=O,AO,A1C1⊂平面AOA1，
所以B1D1⊥平面AOA1，又AA1⊂平面AOA1，所以AA1⊥B1D1；
(2)因为四边形ABCD是边长为2的菱形，且，
所以A1B1=A1D1=2，，即A1O= 3，B1O=1，
因为AA1=AC1=2，且O为A1C1的中点，所以AO⊥A1O，
因为AA1=2,A1O= 3，所以AO=1，所以，AB1= 2，
由(1)知AO⊥B1D1，因为AO⊥A1O，A1O∩B1D1=O,A1O,B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以AO⊥平面A1B1C1D1，
设点C到平面AA1B1B的距离为d，四边形AA1B1B为菱形，AB1= 2，
S△AA1B1=12·AB1· AA12−AB122=12× 2× 4−12，
因为VA−A1 B1C1=VC1 −AA1B1，所以13×12×2×2× 32×1=13×12× 2× 4−12⋅d，解得d=2 217，
因为C1E//平面AA1B1B，所以点E到平面AA1B1B的距离为2 217；
(3)因为直线B1E与平面AA1B1B所成角的正弦值为 4214，所以dB1E= 4214，即B1E=2 2，
过E作EF⊥平面A1B1C1D1，垂足为F，连接B1F,C1F，则点F在A1C1的延长线上，，从而C1E=2EF,C1F= 3EF，
设EF=x，则C1F= 3x,C1E=2x，
因为四边形ABCD为菱形，且，所以，所以，
由余弦定理可得B1F2=4+3x2−4 3xcs150°=3x2+6x+4，
则B1E= B1F2+EF2= 4x2+6x+4=2 2，解得x=12(负值舍去)，故C1E=1．