2024-2025学年湖南省株洲四中高一（下）期末数学试卷（B卷）（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省株洲四中高一（下）期末数学试卷（B卷）（含解析），共20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.已知复数z与4−i2+i在复平面内对应的点关于虚轴对称，则z=( )
A. −75+65iB. −75−65iC. 75+65iD. 75−65i
2.在△ABC中，若AB=1，AC=5，B=45°，则AB⋅AC=( )．
A. 52 2B. −52 2C. −3D. 3
3.设f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)=5−2x，则f(−34)=( )
A. −12B. −14C. 14D. 12
4.如图，已知圆锥SO的轴截面SAB是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A. 16π
B. 8π
C. 4 3π
D. 4π
5.某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是( )
A. 极差B. 45%分位数C. 平均数D. 众数
6.我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行4 3米绳索用尽(绳索与地面接触)，则绳索长为( )
A. 3 7米B. 4 5米C. 5 2米D. 16 3米
7.如图，在四面体P−ABC中，点P在平面ABC上的射影是A，AC⊥BC，若PA=BC=2,PB=2 10，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为( )
A. 79B. −79
C. 89D. −89
8.函数f(x)=2a+sinx2a+csx(|a|>1)的最大值和最小值是M，m，则M⋅m的值为( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
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z为复数，i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. 若z=i2+i，则|z|= 55B. |z|2=z⋅z−
C. 若|z+1|=|z−1|，则z为纯虚数D. 若|z|=1，则|z−2|的最小值为1
10.连续抛掷一枚硬币两次，事件A表示“第一次硬币正面朝上”，事件B表示“第二次硬币反面朝上”，事件C表示“两次硬币都正面朝上”，事件D表示“两次硬币朝上的情况不同”，则( )
A. A与C相互独立B. A与D相互独立C. B与C相互独立D. B与D相互独立
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是棱AD，CC1，C1D1的中点，下列结论正确的是( )
A. EF⊥B1C
B. 直线FG与直线A1D所成角为π6
C. 三棱锥B−EFG的体积为56
D. 过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量a=(2,−1),b=(λ,1)，且a//b，则λ= ______．
13.一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球______个.
14.在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，若AB=4，CD=2，且EF⋅AB=9，则|EF|= ______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，a2=b2−c2+23ac．
(1)求sinB的值；
(2)若b=2 6，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求△ABC的面积．
条件①：c=2 7；条件②：asinA= 3；条件③：csA= 63．
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
16.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的各个顶点均在球O的表面上，且AB=AD=4，BC⊥CD，PB⊥平面PAD．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求四棱锥P−ABCD体积的最大值．
17.(本小题12分)
某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对A，B类每个问题的答对的概率均为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响．
(1)求小明在第一轮得40分的概率；
(2)求小红两轮总分得60分的概率；
(3)试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？
18.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足csC+2csBcs(π3+A)=0．
(1)求角B；
(2)已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径R= 3．
(i)作角B的平分线交AC于D，BD=2，求△ABC的面积；
(ii)若OB=mOA+nOC(m,n∈R)，求m+n的取值范围．
19.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，M是边BC上的一点，将△ABM沿着AM折起，使点B到达点P的位置．
(1)如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：CN/​/平面PAM；
(2)如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上．
①求证：CD⊥平面PAD；
②求点M的位置，使三棱锥P−HCD的外接球的体积最大，并求出最大值．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：4−i2+i=(4−i)(2−i)(2+i)(2−i)=8−6i+i25=75−65i，
∵z与4−i2+i在复平面内对应的点关于虚轴对称，
∴z=−75−65i．
故选：B．
先利用复数的除法运算法则化简4−i2+i，再根据对称性求解即可．
本题考查复数运算法则、复数的几何意义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理与平面向量数量积的性质及应用，属于中档题．
首先由正弦定理求得sinC，根据三角形边角的大小关系确定C0，可以得到sinB= 3csB，
又由于csB≠0，可以得到tanB=sinBcsB= 3，
又因为B为三角形的内角，所以B=π3；
(2)(i)因为B=π3，
所以根据正弦定理可得：b=2RsinB=2× 3× 32=3，
又因为BD是角B的角平分线，所以可以得到∠ABD=∠CBD=π6，
因为S△ABC=S△ABD+S△BCD，
所以12acsinπ3=12×2asinπ6+12×2csinπ6，
整理得到 32ac=a+①，
再根据余弦定理得到csB=a2+c2−b22ac=(a+c)2−2ac−92ac=12，
进而得到(a+c)2=3ac+②，
根据①②可得34a2c2=3ac+9，
整理得到(ac−6)(ac+2)=0，
求得ac=6或ac=−2(舍去)，
根据三角形的面积公式可得S△ABC=12acsinπ3=12×6× 32=3 32；
(ii)根据题意作图如下：
由题易知∠AOC=2B=2π3，∠BOC=2A，∠AOB=2C，
又因为OB=mOA+nOC(m,n∈R)，|OB|=|OA|=|OC|=R= 3，
所以OB⋅OA=mOA2+nOC⋅OAOB⋅OC=mOA⋅OC+nOC2，
整理得到|OB|⋅|OA|cs2C=m|OA|2+n|OC|⋅|OA|cs2B|OB|⋅|OC|cs2A=m|OA|⋅|OC|cs2B+n|OC|2，
进而得到cs2C=m−12ncs2A=−12m+n，
化简可得12m+12n=cs2A+cs2C，
故可以求得m+n=2(cs2A+cs2C)=2[cs(4π3−2C)+cs2C]=2(−12cs2C− 32sin2C+cs2C)=2(12cs2C− 32sin2C)=2cs(2C+π3)，
又因为C∈(0,2π3)，所以得到2C+π3∈(π3,5π3)，
所以cs(2C+π3)∈[−1,12),
所以2cs(2C+π3)∈[−2,1),
即m+n的取值范围为[−2,1)．
(1)在△ABC中，由三角形内角和定理及诱导公式可得−cs(A+B)+2csBcs(π3+A)=0，结合两角和的余弦公式整理化简可得sinA(sinB− 3csB)=0，进而sinB= 3csB，即可求解．
(2)(i)由(1)知B=π3.由正弦定理bsinB=2R可得b的值．根据角平分线的性质及三角形面积公式可得 32ac=a+c.结合余弦定理求出ac的值即可求解；
(ii)由(1)知B=π3.由△ABC的外接圆的性质可知∠AOC=2B=2π3，∠BOC=2A，∠AOB=2C.根据向量数量积的运算可得
OB⋅OA=mOA2+nOC⋅OAOB⋅OC=mOA⋅OC+nOC2，化简整理得cs2C=m−12ncs2A=−12m+n，故12m+12n=cs2A+cs2C，根据三角恒等变换及角C的范围即可求解．
本题专用卡利用正余弦定理解三角形以及利用三角恒等变换求参数的取值范围，属于中档题．
19.【答案】证明见解析；
①证明见解析；②M位于点C，4π3．
【解析】(1)如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是△PAD的中位线，
所以EN/​/AD且EN=12AD，
又MC/​/AD且MC=12AD，
所以EN//MC且EN=MC，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以CN//MF，
又CN⊂平面PAM，EM⊂平面PAM，
所以CN/​/平面PAM．
(2)①由PH⊥平面AMCD，CD⊂平面PFH，得CD⊥PH，
又已知CD⊥AD，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，
所以CD⊥平面PAD．
②，由①知CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以CD⊥PD，所以△PDC是Rt△，
由PH⊥平面AMCD，HC⊂平面AMCD，
所以PH⊥HC，△PHC是Rt△．
如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥P−HCD各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥P−HCD外接球的球心．
如图，过点P作PF⊥AM于F，连HF和BF，
因为PH⊥平面AMCD，AM⊂平面AMCD，
所以PH⊥AM，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以AM⊥平面PFH，又HF⊂平面PFH，所以AM⊥HF，
由PF⊥AM和翻折关系知AM⊥BF，所以B，F，H三点共线，且AM⊥BH，
设PM=BM=x(0HF，得1