2024-2025学年江苏省徐州市高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省徐州市高一（下）期末数学试卷（含解析），共16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.已知iz=3+i，则z的虚部为( )
A. −3B. −1C. 1D. 3
2.已知a=(5,−1)，b=(3,1)，则|a−b|=( )
A. 2B. 2 2C. 4D. 8
3.用分层抽样的方法从某校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人.已知该校高二年级共有学生600人，则该校学生总数为( )
A. 1400人B. 1600人C. 1800人D. 2000人
4.从分别写有1，2，3，4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为( )
A. 13B. 25C. 12D. 23
5.设α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//α
B. 若m⊥β，n//β，则m⊥n
C. 若α⊥β，m//α，n⊥β，则m⊥n
D. 若m//α，n//β，m//n，则α//β
6.在梯形ABCD中，AB//CD，AD=1，AB=2，∠BAD=60°，若AC在AB上的投影向量为12AB，则AC=( )
A. 12AB+ADB. AB+12ADC. 14AB+ADD. AB+14AD
7.已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，满足n(Ω)=8，n(A)=3，n(B)=4，n(A+B)=5，则( )
A. A，B相互独立B. A，B互斥C. P(AB)=14D. P(A−)=38
8.已知cs(α−π3)+cs(α+π6)= 24，则cs(2α−π6)=( )
A. − 216B. − 28C. −1516D. −78
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.有两组样本数据：2，6，4，2，1和4，8，6，4，3，则这两组样本数据的( )
A. 样本平均数不相同B. 样本中位数相同C. 样本标准差不相同D. 样本极差相同
10.在锐角△ABC中，sin(A+B)=35,sin(A−B)=15，则( )
A. sinAcsB=25B. tanA=2tanB
C. tan(A+B)=−43D. tanA=2+ 6
11.如图①，在长方形ABCD中，AB= 3，AD=3，M，N为AD的三等分点，P，Q为BC的三等分点，连接BM，PN，QD，分别交AC于点K，G，O.如图②，将△ACD沿AC翻折至△ACF，形成三棱锥F−ABC，则( )
A. AC⊥平面PGN
B. 当NG⊥BK时，直线MG与OQ所成的角π3
C. 当二面角F−AC−B为2π3时，BN= 222
D. 直线OF上的点到直线PG的最短距离为 32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若一个圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，则这个圆锥的侧面积为______．
13.已知数据1，2，4，m的方差为54，则m= ______．
14.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若 2(asinA+bsinB−csinC)=asinBsinC，c=4，则△ABC的面积的最大值为______．
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)
近日，江苏省城市足球联赛(简称“苏超”)登上热搜，为了解各年龄层对“苏超”的关注程度，随机选取了200名年龄在[15,55]内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求选取的市民年龄在[25,45)内的人数；
(2)利用频率分布直方图的组中值对这200名市民的年龄的平均数进行估计；
(3)根据频率分布直方图，估计这200名市民的年龄数据的70%分位数．
16.(本小题15分)
已知复数z1=csx+i,z2=1+(1− 3sinx)i,x∈(0,2π3)．
(1)当x=π3时，求z1z2和|z1−2z2|；
(2)设z1，z2在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若OA⊥OB，求x．
17.(本小题15分)
如图，在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2csC(acsB+bcsA)=c．
(1)求C；
(2)设D为AB的中点，分别在边BC，AC上取点E，F，使点C，D关于直线EF对称，若a=2，b=3，求1CE+1CF．
18.(本小题17分)
定义向量an,x=(csnx,sinnx)，x∈(0,π)．
(1)求a1,π6+a5,π6；
(2)若a1,x与b=(1,2)共线，求tan2x；
(3)证明：当且仅当x=π4时，|an,x−a1,x|≤|an,π4−a1,π4|对任意n∈N∗恒成立．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=120°，PA⊥PB．
(1)证明：AD//平面PBC；
(2)若平面PAB⊥平面ABCD，证明：点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上；
(3)求直线PC与平面ABCD所成角的正弦值的最大值．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：因为iz=3+i，
所以z=3+ii=(3+i)ii2=1−3i，所以z的虚部为−3．
故选：A．
利用复数的除法法则化简即可．
本题考查复数的除法，复数的虚部，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为a=(5,−1)，b=(3,1)，
所以a−b=(5−3,−1−1)=(2,−2)，
所以|a−b|= 22+(−2)2=2 2．
故选：B．
根据向量的坐标表示和向量的模进行求解即可．
本题主要考查了向量模长的坐标表示，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由已知可得高二年级要抽取45−20−10=15人，
因为该校高二年级共有学生600人，所以每个个体被抽到的概率是15600=140，
所以该校学生总数是45140=1800，
即该校学生总数为1800人．
故选：C．
根据分层抽样的性质先求出抽样比，进而求解即可．
本题考查分层抽样，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：从4张卡片中不放回地随机抽取2张，所有结果有：(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共6种等可能的结果，
和为奇数的条件是一奇一偶：(1,2)，(1,4)，(3,2)，(3,4)，
所以概率为46=23．
故选：D．
从4张卡片中不放回地随机抽取2张所有可能的组合的可能数，求出和为奇数的条件的组合数即可求解．
本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由m/​/n，n⊂α，得m/​/α或m⊂α，故A错误；
由n/​/β，可知存在l⊂β，使得l/​/n，又m⊥β，得m⊥l，即m⊥n，故B正确；
若α⊥β，m/​/α，n⊥β，则m与β的位置关系可能为相交、平行或在面内，
当m与β相交时，n与m的位置关系可能是相交或异面不垂直，故C错误；
若m/​/α，n/​/β，m/​/n，则α/​/β或α与β相交，故D错误．
故选：B．
根据空间中直线与直线、直线与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：依题意，设DC=λAB，
则AC=AD+DC=λAB+AD，
因为AC在AB上的投影向量为12AB，
所以AC⋅AB|AB|2⋅AB=12AB，又AB=2，
所以AC⋅AB=4×12=2，
即λAB2+AB⋅AD=2，
因AD=1，AB=2，∠BAD=60°，
则4λ+2×1×cs60°=2，解得λ=14，
所以AC=14AB+AD．
故选：C．
设DC=λAB，则AC=λAB+AD，利用投影向量可得AC⋅AB=2，利用向量的数量积的定义及运算律可求解．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
7.【答案】C
【解析】由题意可得P(A)=n(A)n(Ω)=38，P(B)=n(B)n(Ω)=48=12，P(A+B)=n(A+B)n(Ω)=58，
由P(A−)=1−P(A)=58，则D错误；
由P(A)+P(B)=38+12=78，则P(AB)=[P(A)+P(B)]−P(A+B)=14，故C正确，B错误；
由P(A)P(B)=38×12=316≠P(AB)，则事件A，B不是相互独立的，故A错误．
故选：C．
根据古典概型的概率计算，由互斥事件、独立事件以及对立事件的概率公式，可得答案．
本题考查古典概型，互斥事件，相互独立事件，对立事件，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：因为cs(α−π3)+cs(α+π6)= 24，
则cs(α−π3)+cs(α+π6)=cs(π3−α)+cs(α+π6)
=sin(α+π6)+cs(α+π6)= 2sin(α+π6+π4)= 24
所以sin(α+5π12)=cs(α−π12)=14，
所以cs(2α−π6)=2cs2(α−π12)−1=−78．
故选：D．
利用两角和的余弦公式和辅助角公式将题设等式化简，得到cs(α−π12)=14，再利用二倍角余弦公式即可求得．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式，二倍角公式的应用，属于基础题．
9.【答案】AD
【解析】解：对于选项A，两组数据的平均数分别为2+6+4+2+15=3，4+8+6+4+35=5，故A正确；
对于选项B，数据1，2，2，4，6的中位数是2，数据3，4，4，6，8的中位数是4，故B错误；
对于选项C，两组数据的方差都为(−1)2+32+12+(−1)2+(−2)25=3.2，
所以样本标准差相同，故C错误；
对于选项D，两组数据的极差分别为6−1=5，8−3=5，故D正确．
故选：AD．
利用平均数、中位数、标准差、极差的意义逐项分析判断即可．
本题主要考查了平均数、中位数、方差和极差的定义，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为sin(A+B)=35,sin(A−B)=15，
所以sinAcsB+csAsinB=35①
sinAcsB−csAsinB=15②，
所以sinAcsB=35+152=25，故A正确；
对于B，由A选项分析知，sinAcsB=35+152=25，csAsinB=35−152=15，
所以sinAcsBcsAsinB=2，即tanA=2tanB，故B正确；
对于C，因为sin(A+B)=35,A+B>π2，所以cs(A+B)= 1−sin2(A+B)= 1−925=−45．
所以tan(A+B)=35÷(−45)=−34，故C正确，
对于D，因为tan(A+B)=−34，2tan2B−4tanB−1=0，解得tanB=2±2 62，
又tanA=2tanB，所以tanA=4± 16+82=2± 6．
又A是锐角，所以tanA>0，所以tanA=2+ 6，D正确．
故选：ABD．
对于选项A，将两个等式利用和差的正弦公式展开，即可求得sinAcsB的值；对于选项B，根据条件求出sinAcsB，csAsinB的值，进而可得到tanA，tanB的关系；对于选项C，根据sin(A+B)先求出其余弦值，进而得到正切值；对于选项D，首先将2tan2B−4tanB−1=0展开，然后根据tanA=2tanB求出tanA．
本题主要考查求两角和与差的三角函数值，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，在矩形ABCD中，因为M，N为AD的三等分点，故MN=13AD，
同理BP=13BC=13AD，而MN/​/BP，故四边形BPNM为平行四边形，故BM//PN，
同理PN//DQ．
在直角三角形ABM中，AB= 3,AM=1，故tan∠AMB= 3，
而∠AMB为锐角，故∠AMB=60°，同理∠DAC=30°，故∠AKM=90°，
故BM⊥AC，故PN⊥AC，同理QD⊥AC，
故在三棱锥F−ABC中，有PG⊥AC，NG⊥AC，
而NG∩PG=G，NG，PG⊂平面NGP，故AC⊥平面NGP，故A正确；
对于B，连接MG，BG，由A的分析可得BK//OQ，MK/​/NG，
故∠MGB或其补角为异面直线MG，OQ所成的角，且MK⊥BK，
而MK=12AM=12×13×3=12，BK= AB2+AM2−MK=32，
故在图②中，BM= 94+14= 102，
而BG= BK2+KG2= 94+(14AC)2= 94+116×(AB2+BC2)= 3，
同理MG= MK2+KG2= 14+116×12=1，
由余弦定理可得cs∠BGM=1+3−522×1× 3=322 3= 34，
故直线MG与OQ所成的角不是π3，故B错误；
对于C，当二面角F−AC−B为2π3时，在平面NGP中，过N作NT⊥PG，
垂足为T，连接BT，
由A的分析可得NG⊥AC，PG⊥AC，故∠PGN为二面角F−AC−B的平面角，
故∠PGN=2π3，故∠TGN=π3，
故TG=GN×12=12AN×12=12，TN=GN× 32=12AN× 32= 32，
其中BG=AB= 3，AG=12AC= 3，
故∠BGA=60°，故∠BGP=30°，所以∠BGT=150°，
故BT2=BG2+GT2−2BG⋅GTcs∠BGT=194，
因为AC⊥平面PNG，而AC⊂平面ABC，故平面ABC⊥平面PNG，
而平面ABC∩平面PNG=PT，PT⊂平面PNG，故NT⊥平面ABC，
因为BT⊂平面ABC，故NT⊥BT，故BN2=BT2+TN2=194+34=112，
故BN= 222，故C正确；
对于D，由A的分析可得OG⊥PG，OG⊥OF，
故OG为PG与OF的公垂线，
故直线OF上的点到直线PG的最短距离为OG=14AC= 32，故D正确；
故选：ACD．
对于A，在矩形ABCD中可证BM⊥AC、PN⊥AC、QD⊥AC，故可证AC⊥平面PGN，从而可判断A的正误；
对于B，连接MG，BG，∠MGB或其补角为异面直线MG，OQ所成的角，结合余弦定理计算后可判断其正误；
对于C，在平面NGP中，过N作NT⊥PG，垂足为T，连接BT，结合余弦定理及垂直关系转化计算后可判断其正误；
对于D，由公垂线可知直线OF上的点到直线PG的最短距离即为OG= 32，故可判断其正误．
本题考查立体几何综合问题，属于难题．
12.【答案】8π
【解析】解：因为圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，
所以圆锥的底面圆半径为r=2，母线长为l=4，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π×2×4=8π．
故答案为：8π．
根据题意求出圆锥的底面圆半径和母线长，即可求出圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的轴截面和侧面积的计算问题，是基础题．
13.【答案】53或3
【解析】解：由题意可知，数据1，2，4，m的平均数为7+m4，
所以方差为14[(7+m4−1)2+(7+m4−2)2+(7+m4−4)2+(7+m4−m)2]=54，
化简可得3m2−14m+15=0，
解得m=53或m=3．
故答案为：53或3．
根据方差公式计算即可．
本题主要考查了方差的定义，属于基础题．
14.【答案】4 2
【解析】解：根据题意可知， 2(a2+b2−c2)=absinC，
∴sinC= 2(a2+b2−c2)ab=2 2⋅a2+b2−c22ab=2 2csC，
而C∈(0,π)，sin2C+cs2C=1，解得csC=13,sinC=2 23，
由余弦定理有c2=16=a2+b2−2abcsC=a2+b2−23ab≥2ab−23ab=43ab，
∴ab≤12，等号成立当且仅当a=b=2 3，
∴ab的最大值为12，∴△ABC的面积的最大值为12×12×2 23=4 2．
故答案为：4 2．
由题意得csC=13,sinC=2 23，结合余弦定理、基本不等式有ab的最大值为12，结合三角形面积公式即可得解．
本题考查了解三角形，属于中档题．
15.【答案】140人；
37岁；
42.5．
【解析】(1)根据题意可知，可得市民年龄在[25,45)内的频率为0.03×10+0.04×10=0.7，
由题得，随机选取了200名市民，∴市民年龄在[25,45)内的人数为0.7×200=140，
∴选取的市民年龄在[25,45)内的人数为140人；
(2)根据题意可知，可估计200名市民的年龄的平均数为
(0.01×20+0.03×30+0.04×40+0.02×50)×10=37，
∴这200名市民的年龄的平均数为37岁；
(3)根据题意可知，可知市民年龄在[15,35)内的频率之和为0.01×10+0.03×10=0.4，
市民年龄在[15,45)内的频率之和为0.01×10+0.03×10+0.04×10=0.8，
∴70百分位数应在[35,45)中，设为x，
可得0.4+(x−35)×0.04=0.7，解得x=42.5，
∴这200名市民的年龄数据的70%分位数为42.5．
(1)根据频率分布直方图求出市民年龄在[25,45)内的频率，进而可求出频数；
(2)根据频率分布直方图求平均数；
(3)根据百分位数的定义和公式进行求解计算．
本题考查了频率分布直方图，属于中档题．
16.【答案】1+34i，52；
π3．
【解析】(1)当x=π3时，z1=12+i，z2=1−12i，
所以z1z2=(12+i)(1−12i)=1+34i，
z1−2z2=12+i−2(1−12i)=−32+2i，则|z1−2z2|= (−32)2+22=52；
(2)由题意，A(csx,1)，B(1,1− 3sinx)，
因为OA⊥OB，所以OA⋅OB=csx+1− 3sinx=0，即sin(x−π6)=12，
因为x∈(0,2π3)，所以x−π6∈(−π6,π2)，所以x−π6=π6，即x=π3．
(1)根据三角函数求复数标准式，由复数的乘法以及加减，结合模长公式，可得答案；
(2)由复数的几何意义写出点的坐标，根据数量积的坐标计算以及三角函数的辅助角公式，可得答案．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
17.【答案】π3；
3019．
【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理可得acsB+bcsA=a⋅a2+c2−b22ac+b⋅b2+c2−a22bc=c，
∴2csC(acsB+bcsA)=c即2ccsC=c，∴csC=12，
又∵C∈(0,π)，∴C=π3；
(2)∵a=2，b=3，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=4+9−2×2×3×12=7，即c= 7，
∴csB=4+7−92×2 7=12 7，csA=9+7−42×3 7=2 7，
连接DE，DF，则CE=DE，设为x，CF=DF，设为y，
在△BDE中，由余弦定理得x2=(2−x)2+74−2×(2−x)× 72×12 7，解得x=1914，
在△ADF中，由余弦定理得y2=(3−y)2+74−2×(3−y)× 72×2 7，解得y=1916，
∴1CE+1CF=1419+1619=3019．
(1)由余弦定理对等式进行角化边并整理化简，从而解得所求角的余弦值，可得答案；
(2)由正弦定理与余弦定理求得三角形的边与角，根据中垂线以及中点的性质，利用余弦定理，可得答案．
本题考查了解三角形，属于中档题．
18.【答案】(0,1)；
−43；
证明见解析．
【解析】(1)因为a1,π6=(csπ6,sinπ6)=( 32,12)，
a5,π6=(cs5π6,sin5π6)=(− 32,12)，
所以a1,π6+a5,π6=( 32,12)+(− 32,12)=(0,1)．
(2)因为a1,x=(csx,sinx)与b=(1,2)共线，因此2csx−sinx=0，
因为x∈(0,π)，因此sinx≠0，csx≠0，因此tanx=sinxcsx=2csxcsx=2，
因此tan2x=2tanx1−tan2x=2×21−4=−43．
(3)证明：因为|an,x−a1,x|= (csnx−csx)2+(sinnx−sinx)2= 2−2cs(n−1)x，
|an,π4−a1,π4|= 2−2cs(n−1)π4，
要证|an,x−a1,x|≤|an,π4−a1,π4|，只要证cs(n−1)x≥cs(n−1)π4．
①当x=π4时，cs(n−1)π4≥cs(n−1)π4对∀n∈N∗成立，
②当x∈(0,π4)∪(π4,π)时，取n=2，csx≥csπ4，解得0