2024-2025学年吉林省长春市农安县高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年吉林省长春市农安县高一（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。
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.若zi=z+2，则zz−=( )
A. 1B. 2C. 4D. 5
2.已知向量a=(1,−m)，b=(3m+2,−1)，且a//b，则m=( )
A. −1或13B. 3C. 13D. −1
3.一个公司共有210名员工，要采用分层抽样方法从全体员工中抽取一个容量为35的样本.已知某部门有30名员工，那么从这一部门抽取的员工人数为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
4.已知随机事件A和B互斥，A和C对立，且P(C)=0.8，P(B)=0.3，则P(A∪B)=( )
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.5
5.如表记录了上海某个月连续.10天的空气质量指数(AQI)：
则这些空气质量指数的70%分位数为( )
A. 35B. 35.5C. 36D. 37
6.空间中有两个不同的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法中正确的是( )
A. 若α⊥β，m//α，n//β，则m//nB. 若α⊥β，m//α，m//n，则n⊥β
C. 若α//β，m//α，m//n，则n//βD. 若α//β，m⊥α，n⊥β，则m//n
7.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A=2π3，a2=4bc，则sinB+sinC=( )
A. 32B. 154C. 34D. 12
8.已知△ABC是边长为4的等边三角形，AB为圆M的直径，若点P为圆M上一动点，则PA⋅PC+1的取值范围为( )
A. [0,16]B. [−4,8]C. [−2,16]D. [−3,13]
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.已知两组数据，第一组：1，2，3，4，5，6，7：第二组2021，2022，2023，2024，2025，2026，2027，则下列说法正确的是( )
A. 两组数据的平均数相同B. 两组数据的中位数相同
C. 两组数据的极差相同D. 两组数据的方差相同
10.如图，该几何体是正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，正四棱柱的高为5 3cm，则下列选项中正确的是( )
A. 正四棱锥的高为5 2cm
B. 该几何体的表面积为(100 3+100)cm2
C. 该几何体的体积为(500 3+500 23)cm3
D. 一只小蚂蚁从点E沿几何体的表面爬行到点S，它所经过的最短路程为5 13cm
11.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是线段BC1上的一点，则下列说法正确的是( )
A. D1M⊥DA1
B. A1M//平面ACD1
C. 异面直线A1M与AD1所成的角的取值范围是[π6,π2]
D. 二面角M−AD1−C的正弦值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.把水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法，得到如图所示的直观图A′B′C′D′，其中B′C′=2A′D′=6，A′B′=1，则四边形ABCD的面积为______．
13.“直线l垂直于平面α内无数条直线”是“l⊥α”的______条件．
14.甲、乙、丙三人进行篮球传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则第4次传球传给乙的概率为______．
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)
如图，在△ABC中，BD=23BC，E为线段AD的中点，且CE=xAC+yAB，x，y为实数，记AB=m，AC=n．
(1)请用m和n表示AD；
(2)求3x+6y．
16.(本小题15分)
某市为了研究高三学生在全市质检中的语文成绩的情况，从全市16000名学生中随机抽取了1600名学生的成绩作为样本(成绩均在[70,140]内)，将所得的成绩分成七组：[70,80)，[80,90)，[90,100)，[100,110)，[110,120)，[120,130)，[130,140]，得到频率分布直方图如图所示．
(1)求a的值，并估计该市语文成绩落在区间[90,110)内的学生人数；
(2)估计本次考试全市语文成绩的中位数(精确到0.01)和平均数(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AB=AC=2，BC=2 2，平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1⊥平面ABC．
(1)求证：AA1⊥平面ABC；
(2)求证：AB1⊥BC1．
18.(本小题17分)
如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=4，E，F分别为DC，CB的中点，且AC⋅EF=2，P是线段AB上的一个动点．
(1)求∠EAF；
(2)求(PE+PF)⋅PA的取值范围．
19.(本小题17分)
某景区为了吸引游客，计划建设一个五边形区域ABCDE的游览区，如图所示，其中三角形区域ABE为观赏区，四边形区域BCDE为游乐场活动区，AB，BC，CD，DE，EA，BE为游览区的主要道路(不考虑宽度)，且∠BAE=60°，∠EBC=90°，∠BCD=120°，DE=100 3m，BC=CD=100 33m．
(1)求四边形BCDE的面积；
(2)求游览区的主要道路的总长度的最大值．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：因为z=a+bi，a∈R，b∈R，
左边展开为zi=(a+bi)i=ai+bi2=ai−b，
右边展开为：z+2=(a+2)+bi，
根据复数相等的充要条件可得方程组−b=a+2a=b，因此b=a=−1，即z=−1−i，
z⋅z−=(−1−i)(−1+i)=(−1)2−(i)2=1−(−1)=2．
故选：B．
根据复数的除法法则即可求解．
本题考查了复数的除法法则，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：因为向量a=(1,−m)，b=(3m+2,−1)，且a/​/b，
所以13m+2=−m−1，即3m2+2m−1=0，解得m=−1或m=13．
故选：A．
根据向量共线的性质求解即可．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：样本容量为35与总体容量为210，比值为35210=16，
该部门员工数为30人，乘以抽样比16，即30×16=5．
故选：A．
根据分层抽样的性质即可求解．
本题考查了分层抽样，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：根据题意，由A和C对立，可得P(A)+P(C)=1，
又由P(C)=0.8，则P(A)=0.2，
又由随机事件A和B互斥，则P(A∪B)=P(A)+P(B)=0.2+0.3=0.5．
故选：D．
根据题意，由对立事件的性质求出P(A)=0.2，进而由互斥事件的概率性质分析可得答案．
本题考查互斥事件、对立事件的概率性质，注意随机事件的性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意，将10个数据从小到大排列为：20，24，28，31，33，35，36，36，37，38，
由于10×70%=7，则其70%分位数12(36+36)=36．
故选：C．
根据题意，由百分位数的计算公式计算可得答案．
本题考查百分位数的计算，注意百分数的计算公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：对于A，若α⊥β，m/​/α，n/​/β，
则m/​/n或m与n相交或m与n异面，
即A错误；
对于B，若α⊥β，m/​/α，m/​/n，
则n与β相交或n⊂β或n/​/β，
即B错误；
对于C，若α/​/β，m/​/α，m/​/n，
则n/​/β或n⊂β，
即C错误；
对于D，若α/​/β，m⊥α，n⊥β，
则m/​/n，
即D正确．
故选：D．
利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即可．
本题考查了空间点、线、面的位置关系，属基础题．
7.【答案】B
【解析】由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc=4bc，所以(b+c)2−bc=4bc，
所以(b+c)2=5bc=5×a24=54a2，故b+c= 52a，
由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得b+csinB+sinC=asinA，
故sinB+sinC=b+casinA= 52× 32= 154．
故选：B．
根据余弦定理即可求解．
本题考查了解三角形，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：如图所示，MA⊥MC，
则PA⋅PC=(PM+MA)⋅(PM+MC)
=PM2+PM⋅MC+MA⋅PM+MA⋅MC
=4+PM⋅(MC+MA)，
由图可知|MC+MA|= 22+(2 3)2=4，MC+MA与PM夹角的范围为[0,π]，
所以PM⋅(MC+MA)=|PM||MC+MA|cs∈[−8,8]，
所以PA⋅PC+1∈[−3,13]．
故选：D．
由题意得PA⋅PC=(PM+MA)⋅(PM+MC)，然后利用数量积的运算律和计算公式计算即可．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：对于A，第一组数据的平均数x1−=1+2+3+4+5+6+77=4，
第二组数据的平均数x2−=2021+2022+2023+2024+2025+2026+20277=2024，故A错误；
对于B，第一组数据的中位数为4，第二组数据的中位数为2024，故B错误；
对于C，第一组数据的极差为7−1=6，第二组数据的极差为2027−2021=6，故C正确；
对于D，第一组数据的方差s12=17[(1−4)2+(2−4)2+(3−4)2+(4−4)2+(5−4)2+(6−4)2+(7−4)2]=4，
第二组数据的方差为s22=17[(−3)2+(−2)2+(−1)2+02+12+22+32]=4，故D正确．
故选：CD．
分别求出平均数、中位数、极差、方差即可判断．
本题主要考查了平均数、中位数、极差和方差的定义，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则OA=5 2，则正四棱锥的高SO= SA2−OA2=5 2，A正确；
对于B，该几何体的表面积S=102+4×10×5 3+4× 34×102=(100+300 3)cm2，B错误；
对于C，该几何体的体积V=102×5 3+13×102×5 2=(500 3+500 23)cm3，C正确；
对于D，观察图形知，小蚂蚁从点E爬行到点S的最短路径为沿表面越过棱AB或AD，
由对称性，不妨取长方形EFBA及正△SAB，将它们置于同一平面内，连接SE，
如图，
取EF中点M，连接SM，
则SM=5 3+ 100−25=10 3，而EM=5，
所以最短路程为SE= EM2+SM2= 52+(10 3)2= 325cm=5 13cm，D正确．
故选：ACD．
根据题意，求出四棱锥的高判断A；求出表面积判断B；求出体积判断C；将长方形EFBA及正△SAB置于同一平面，求出SE判断D.综合可得答案．
本题考查几何体的体积、表面积计算，涉及几何体的表面展开问题，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：建系如图：
设正方体棱长为2，
则D(0,0,0)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，M(x,2,z)，C(0,2,0)，A(2,0,0)，
所以DA1=(2,0,2)，D1M=(x,2,z−2)，
对于A，B(2,2,0)，C1(0,2,2)，故BM=(x−2,0,z)，
C1B=(2,0,−2)，因为BM，C1M共线，
所以−2(x−2)−2z=0，故−2x+4−2z=0，
故2x+2z−4=0，而DA1⋅D1M=2x+2z−4=0，
所以D1M⊥DA1，故A正确；
对于B，而2x+2z−4=0，化简得z=−x+2，
故M(x,2,−x+2)，A1M=(x−2,2,−x)，AM=(x−2,2,−x+2)，
而AC=(−2,2,0)，AD1=(−2,0,2)，
设面ACD1的法向量为n=(x,y,z)，
则AC⋅n=0AD1⋅n=0，所以−2x+2y=0−2x+2z=0，取n=(1,1,1)，
所以A1M⋅n=x−2+2−x=0，
所以A1M/​/平面ACD1，故B正确；
对于C，A1M=(x−2,2,−x)，AD1=(−2,0,2)，
设异面直线A1M与AD1所成的角为θ，θ∈[0,π2]，
所以csθ=|AD1⋅A1M||AD1|⋅|A1M|=|−2(x−2)−2x| 4+4× (x−2)2+4+x2=|−4x+4|2 2× 2x2−4x+8，
当x=1时，csθ=0，
而x∈[0,1)∪(1,2]时，令csθ=|−x+1| x2−2x+4=1 1+3(x−1)2，
因为00，
所以|csβ|=|m⋅n||m|⋅|n|=|1+1| 1+1× 1+1+1=2 2× 3= 63，
又cs2β+sin2β=1，所以sinβ= 33，故D正确．
故选：ABD．
建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，B，利用线线角的向量求法判断C，利用二面角的向量求法判断D即可．
本题考查立体几何的综合应用，向量法的应用，属中档题．
12.【答案】9
【解析】解：根据斜二测画法，画出原图形如图所示，
因为A′B′=1，所以原高为|AB|=2，
过点D作DE⊥BC于E，而横向长度不变，且梯形ABCD是直角梯形，
则S梯形ABCD=(3+6)×22=9．
故答案为：9．
利用斜二测画法规则画出原图形，再求直角梯形的面积．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
13.【答案】必要不充分
【解析】解：直线l垂直平面α内无数条直线，可能l⊥α或l/​/α或l⊂α或l与α相交，故充分性不满足；
由l⊥α，得直线l垂直于平面α内所有直线，故直线l垂直于平面α内无数条直线，故必要性满足．
则“直线l垂直于平面α内无数条直线”是“l⊥α”的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分．
根据直线与平面的位置关系分别判断充分性和必要性得到结果．
本题考查空间中直线与平面位置关系的应用，考查充分必要条件的判定，是基础题．
14.【答案】516
【解析】解：根据题目：甲、乙、丙三人进行篮球传球训练，
第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，
前4次传球接球的情况有：乙甲乙甲、乙甲乙丙、乙甲丙甲、乙甲丙乙、乙丙甲乙、乙丙甲丙、
乙丙乙甲、乙丙乙丙、丙甲乙甲、丙甲乙丙、丙甲丙甲、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙甲丙、丙乙丙甲、丙乙丙乙，共16种，
第4次传球传给乙的情况有：乙甲丙乙、乙丙甲乙、丙甲丙乙、丙乙甲乙、丙乙丙乙，共5种，
设第4次传球传给乙的事件为A，则P(A)=516
故答案为：516．
列举所有情况，利用古典概型概率公式求解即可．
本题考查概率的应用，属于中档题．
15.【答案】13m+23n；
−1．
【解析】(1)在△ABC中，BD=23BC，E为线段AD的中点，记AB=m，AC=n，
则AD=AB+BD
=AB+23BC
=AB+23(AC−AB)
=13AB+23AC
=13m+23n；
(2)由题意可得：CE=12(CA+CD)
=−12AC+16CB
=−12AC+16(AB−AC)
=−23AC+16AB，
又CE=xAC+yAB，
则x=−23，y=16，
则3x+6y=−2+1=−1．
(1)由平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理求解即可；
(2)由平面向量的线性运算，结合平面向量基本定理求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量基本定理，属基础题．
16.【答案】a=0.022，估计该市语文成绩落在区间[90,110)的学生有8000人；
中位数为97.14，平均数为98.2．
【解析】(1)由题意知(0.012+0.018+0.028+a+0.010+0.008+0.002)×10=1，解得a=0.022，
所以该市语文成绩落在区间[90,110)的频率为(0.028+0.022)×10=0.5，估计该市语文成绩落在区间
[90,110)内的学生人数是16000×0.5=8000；
(2)由频率分布直方图得，分数在区间[70,90)，[70,100)的频率分别为0.3，0.58，
因此该校语文成绩的中位数m在[90,100)之间，
所以(m−90)×0.028+0.3−0.5，解得m=6807≈97.14，
语文成绩的平均数为75×0.12+85×0.18+95×0.28+105×0.22+115×0.1+125×0.08+135×0.02=98.2．
(1)根据频率分布直方图的性质即可求解；
(2)根据中位数的性质即可求解．
本题考查了频率分布直方图，属于中档题．
17.【答案】证明见解答； 证明见解答．
【解析】证明：(1)因为AB=AC=2，BC=2 2，所以AB2+AC2=BC2，所以AB⊥AC，
又因为平面ABB1A1⊥平面ABC，平面ABB1A1∩平面ABC=AB，AC⊂平面ABC，
所以AC⊥平面ABB1A1，
又因为AA1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AA1，
同理可得AB⊥平面ACC1A1，
又因为AA1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥AA1，
又因为AC∩AB=A，AC，AB⊂平面ABC，所以AA1⊥平面ABC；
(2)取E为BC的中点，连接B1E，AE，由(1)知，AA1⊥平面ABC，
又因为BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，
又AA1/​/CC1，所以CC1⊥BC，
所以∠C1B1B=∠B1BE=π2，
又因为C1B1=2 2，B1B=2，BE= 2，
所以C1B1B1B=B1BBE= 2，所以△C1B1B～△B1BE，所以∠B1C1B=∠BB1E，
又因为∠EB1C1+∠BB1E=π2，所以∠B1C1B+∠EB1C1=π2，所以BC1⊥B1E，
因为AB=AC，所以AE⊥BC，
又因为AA1⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，所以AA1⊥AE，
又AA1/​/CC1，所以CC1⊥AE，
又BC∩CC1=C，BC，CC1⊂平面BCC1B1，所以AE⊥平面BCC1B1，
又BC1⊂平面BCC1B1，所以AE⊥BC1，
又因为AE∩B1E=E，AE，B1E⊂平面AEB1，所以BC1⊥平面AEB1，
又因为AB1⊂平面AEB1，所以AB1⊥BC1．
(1)由勾股定理可得AB⊥AC，又平面ABB1A1⊥平面ABC，可得AC⊥平面ABB1A1，从而AC⊥AA1，同理AB⊥AA1，根据线面垂直的判定定理可得结论；
(2)取E为BC的中点，由AA1⊥平面ABC得AA1⊥BC，则CC1⊥BC，可证得△C1B1B～△B1BE，所以∠B1C1B=∠BB1E，进而可得BC1⊥B1E，证得AE⊥平面BCC1B1，所以AE⊥BC1，从而BC1上平面AEB1，进而可得结论．
本题考查线面垂直的判断定理和面面垂直的性质定理的应用，属于中档题．
18.【答案】π4；
[−2,16]．
【解析】建立以A为原点，AB所在直线为x轴正半轴，AD所在直线为y轴正半轴的坐标系，
则A(0,0)，B(4,0)，设D(0,y0)(y0>0)，
则E(1,y0)，C(2,y0)，F(3,y02)，
∴AC=(2,y0),EF=(2,−y02)；
(1)由AC−⋅EF−=2，则4−y022=2，即y02=4，
又y0>0，∴y0=2，∴AD=2，
则E(1,2),F(3,1),AE=(1,2),AF=(3,1)，
∴cs∠EAF=AE⋅AF|AE||AF|=5 5⋅ 10=1 2= 22，
又∠EAF为锐角，∴∠EAF=π4；
(2)设P(x0,0)(0≤x0≤4)，
∴PE=(1−x0,2),PF=(3−x0,1)，
∴PE+PF=(4−2x0,3),PA=(−x0,0)，
∴(PE+PF)⋅PA=(4−2x0,3)⋅(−x0,0)=(4−2x0)⋅(−x0)=2x02−4x0
=2[(x0−1)2−1]=2(x0−1)2−2，
∵0≤x0≤4，∴(PE+PF)⋅PA∈[−2,16]．
(1)建立平面直角坐标系，根据平面向量数量积的坐标运算和两向量的夹角公式即可求解；
(2)根据平面向量数量积的坐标运算转化为二次函数，利用0≤x0≤4即可求解．
本题考查了平面向量数量积的运算和两向量的夹角公式，属于中档题．
19.【答案】17500 33m2；
(600+500 33)m．
【解析】(1)如图，连接BD，
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs120°
=(100 33)2+(100 33)2−2×(100 33)2×(−12)=10000，则BD=100(m)，
因为BC=CD，则∠CDB=∠CBD=180°−120°2=30°，又∠EBC=90°，
所以∠EBD=60°，
在△EBD中，BD=100，DE=100 3，∠EBD=60°，
由正弦定理可得100 3sin60°=100sin∠BED，
所以sin∠BED=12，又0°