2024-2025学年宁夏银川二中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年宁夏银川二中高一（下）期末数学试卷（含答案），共8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i是虚数单位，复数z=2i1−i，则复数z的虚部为( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.已知向量a=(−2,m)，b=(1,1+m)，则“a⊥b”是“m=1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸到红球的概率P=( )
A. 18B. 16C. 14D. 12
4.在△ABC中，H为BC上异于B，C的任一点，M为AH的中点，若AM=λAB+μAC，则λ+μ等于( )
A. 12B. 23C. 16D. 13
5.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
6.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a2−b2= 3bc，sinC= 3sinB，则A=( )．
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
7.已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为A′B′C′，其中O′A′=O′B′=O′C′=1，则此三棱柱的表面积为( )
A. 4+4 2
B. 8+4 2
C. 8+4 5
D. 8+8 5
8.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，有四个结论：
①AP与CM是异面直线；
②AP，MN，DD1相交于一点；
③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形；
④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形；
其中错误的个数为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
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.下列说法正确的是( )
A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5
C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23
D. 若样本数据x1，x2，…，x10的标准差为8，则数据2x1−1，2x2−1，…，2x10−1的标准差为32
10.设A，B，C是一个随机试验中的三个事件，且P(A)=13,P(B)=45,A与C互斥，则下列说法正确的是( )
A. 若P(A+B)=1315，则P(AB)=215 B. 若事件A，B相互独立，则P(AB)=415
C. P(AC)=29 D. P(AC−)=13
11.已知正四面体P−ABC的棱长为 2，则( )
A. 正四面体P−ABC的外接球表面积为4π
B. 正四面体P−ABC内任意一点到四个面的距离之和为定值
C. 正四面体P−ABC的相邻两个面所成二面角的正弦值为13
D. 正四面体S−EFG在正四面体P−ABC的内部，且可以任意转动，则正四面体S−EFG的体积最大值为181
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,1)，b=(−2,1)，则b在a上的投影向量的坐标为______．
13.如图，为测量某塔的高度，在地面上选择一个观测点C，在C处
测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°无人机距地面的
高度AB为45米，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，
N在同一条直线上，则该塔的高度MN为______米.
14.在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.已知四面体P−ABC为鳖臑，且PA=AB，AC=BC，记二面角A−PB−C的平面角为θ，则sinθ= ______．
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)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c+b−2acsB=0．
(1)求角A；
(2)若a=2 3，BA⋅AC=32，AD是△ABC中线，求AD的长．
16.(本小题15分)
如图所示，在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点．
(1)求证：GF//平面ABC；
(2)H是线段BC的中点，证明：平面GFH//平面ACD．
17.(本小题15分)
新高考实行“3+1+2”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学的某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科．
(1)写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率；
(2)甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率．
18.(本小题17分)
随着高校强基计划招生的持续开展，我市高中生抓起了参与数学兴趣小组的热潮．为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了40名学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间，并将其分成了6个区间：(0,10]、(10,20]、(20,30]、(30,40]、(40,50]、(50,60]，整理得到如图频率分布直方图：
(1)求图1中a的值，并估计甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数；
(2)估计乙高中学生一周内平均每天学习数学时间的均值x乙−及方差s乙2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；
(3)若从甲、乙两所高中分别抽取样本量为m、n的两个样本，经计算得它们的平均数和方差分别为：x−、s12与y−、s22，记总的样本平均数为w−，样本方差为s2，证明：
①w−=mm+nx−+nm+ny−；
②s2=1m+n{m[s12+(x−−w−)2]+n[s22+(y−−w−)2]}．
19.(本小题17分)
已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，已知∠BAD=60°，△PDB是等边三角形．
(1)求证：AC⊥PD；
(2)求点D到平面PBC的距离；
(3)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长．
参考答案
1.C
2.B
3.B
4.A
5.B
6.C
7.C
8.C
9.AC
10.BD
11.BD
12.(−12,−12)
13.90
14. 63
15.解：(1)因为2c+b−2acsB=0，由正弦定理可知：2sinC+sinB−2sinAcsB=0，
由C=π−A−B，故sinC=sin(π−A−B)=sin(A+B)，
所以2sin(A+B)+sinB−2sinAcsB=0，2csAsinB+sinB=0(B∈(0,π)，sinB≠0)，
所以csA=−12，又A∈(0,π)，所以A=23π；
(2)根据数量积的定义，由BA⋅AC=32，
得cbcsπ3=32⇒bc=3，又a=2 3，
在△ABC中，由余弦定理得：a2=b2+c2−2bccsA⇒b2+c2=9，
因为AD=12AB+12AC，
所以|AD|2=AB2+AC2+2AB⋅AC4=14(b2+c2)−14bc=32，
所以AD= 62．
16.证明：(1)在四棱锥C−ABED中，四边形ABED是正方形，点G，F分别是线段EC，BD的中点，
连接AE必与BD相交于中点F，
∴GF//AC，
∵GF⊄面ABC，AC⊂平面ABC，
∴GF//面ABC，得证；
(2)由点G，H分别为CE，CB中点，可得：GH//EB//AD，
∵GH⊄面ACD，AD⊂平面ACD，
∴GH//平面ACD，
又∵由(1)可知GF//平面ACD，
且GH∩GF=G，GH，GF⊂平面GFH，
∴平面GFH//平面ACD，得证．
17.解：(1)依题意，样本空间为Ω={物化生，物化地，物化政，物生地，物生政，物地政，史化生，史化地，史化政，史生地，史生政，史地政}，n(Ω)=12，
记事件A=“所选组合符合该大学某专业报考条件”，则A={物化生，物化地，物化政，物生地，物生政}，n(A)=5，所以P(A)=n(A)n(Ω)=512．
(2)记事件M1=“甲符合该大学某专业报考条件”，
事件M2=“乙符合该大学某专业报考条件”，
事件M=“甲、乙两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件”，
由(1)可知，P(M1)=P(M2)=512，
所以P(M)=1−P(M1−)P(M2−)=1−712×712=95144．
18.解：(1)由频率分布直方图可得(0.005+0.02+a+0.025+0.015)×10=1，
解得a=0.035，
甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数是30+402=35．
(2)x乙−=5×0.1+15×0.2+25×0.3+35×0.2+45×0.15+55×0.05=27.5，
s乙2=(5−27.5)2×0.1+(15−27.5)2×0.2+(25−27.5)2×0.3+(35−27.5)2×0.2+(45−27.5)2×0.15+(55−27.5)2×0.05=178.75．
(3)证明：①w−=mx−+ny−m+n=mm+nx−+nm+ny−，即得证；
②s2=1m+n[i=1m(xi−w−)2+j=1n(yj−w−)2]=1m+n[i=1m(xi−x−+x−−w−)2+j=1n(yj−y−+y−−w−)2]，
∵i=1m(xi−x−)=i=1mxi−mx−=0，
∴i=1m2(xi−x−)(x−−w−)=2(x−−w−)i=1m(xi−x−)=0，
同理可得j=1n2(yj−y−)(y−−w−)=0，
∴s2=1m+n[i=1m(xi−x−)2+i=1m(x−−w−)2+j=1n(yj−y−)2+j=1n(y−−w−)2]=1m+n[ms12+m(x−−w−)2+ns22+n(y−−w−)2]，
∴s2=1m+n{m[s12+(x−−w−)2]+n[s22+(y−−w−)2]}，即得证．
19.解：(1)证明：∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，
∴PO⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∵PO∩BD=O，PO、BD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD；
(2)由题意可得△ABD、△BCD与△PBD都是边长为2的等边三角形，
∴PO=AO=CO= 3，S△BDC=12×2× 3= 3，
∴PC= PO2+CO2= 6，
∵BP=BC=2，
∴S△PBC=12× 6× 22−( 62)2= 152，
设点D到平面PBC的距离为ℎ，
由VD−PBC=VP−BDC得13S△PBC⋅ℎ=13S△BDC⋅OP，
即 152ℎ= 3× 3，解得ℎ=2 155．
故点D到平面PBC的距离为2 155．
(3)设直线PE与平面PBC所成的角为θ，
∵AD//BC，∴AD//平面PBC，
∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离ℎ，
过E作垂线EF⊥平面PBC交于点F，则θ=∠EPF，

此时sinθ=EFPE=2 155PE，要使θ最大，则需使PE最小，此时PE⊥AD，
由题意可知：OD=1，OA= 3，
∵PO⊥平面ABCD，且PO= 3，
∴PA= OP2+OA2= 6，PD= OP2+OD2=2，
在△PAD中，由余弦定理可得：
cs∠PAD=AP2+AD2−PD22AP⋅AD=6+4−42× 6×2= 64，
∴sin∠PAD= 1−cs2∠PAD= 104，
由面积相等S△PAD=12AP⋅ADsin∠PAD=12AD⋅PE，
即12× 6×2× 104=12×2×PE，
解得PE= 152，
DE= PD2−PE2= 4−154=12，sinθ=45，
此时E在线段AD上靠近D点的14处，sinθ=45，DE=12．