2024-2025学年江苏省无锡市宜兴市某校高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省无锡市宜兴市某校高一（下）期末数学试卷（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。
1.已知复数z满足zz+2=1+2i，则z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.设α是平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是( )
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，n与α所成的角相等，则m//n
3.《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事．“田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马．”双方从各自的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为( )
A. 13B. 14C. 15D. 16
4.若数据x1，x2，⋯，x10的平均数为3，方差为4，则下列说法错误的是( )
A. i=110xi=30
B. 数据4x1+1，4x2+1，⋯，4x10+1的平均数为13
C. i=110xi2=130
D. 数据3x1，3x2，⋯，3x10的标准差为12
5.已知向量a,b满足|a|=2,|b|=1,|a−b|=2，则b在a方向上的投影向量是( )
A. 18aB. 14aC. 14bD. 12b
6.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.如图所示的带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其侧面展开图是一个圆心角为120°、半径为3 3的扇形，则该屋顶的体积约为( )
A. 2 6π
B. 3 2π
C. 6 6π
D. 9 2π
7.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子(近似为球)包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为( )
A. 33B. 63C. 23 6D. 3
8.已知锐角△ABC的面积为2 3，A=π3，则边AB的取值范围是( )
A. (1,2)B. ( 2,2 2)C. (2,4)D. (2 2,4)
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件C=“摸出的两张卡牌的编号之和为6”，则( )
A. 事件B与事件C为互斥事件B. P(C)=13
C. 事件A与事件B相互独立D. P(A+B)=23
10.已知向量a，b满足|a|=1，b=( 3,1)，c=(−1,x)，则下列说法错误的是( )
A. 若a⊥b，则a=(12,− 32)
B. 若λa+b=0，则λ=2
C. |a+b|的取值范围为[1,3]
D. 若b与c夹角为钝角，则实数x的取值范围为(−∞, 3)
11.如图，在边长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是( )
A. 若DP//平面CEF，则点P的轨迹长度为2 2
B. 若AP= 17，则点P的轨迹长度为π2
C. 存在P满足AP+PC1=2 10
D. 若P是棱A1B1的中点，则三棱锥P−CEF的外接球的表面积是41π
三、填空题：本大题共3小题，共15分。
12.在对树人中学高一年级学生身高的调查中，采用样本比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了男生20人，其平均数和方差分别为170和12，抽取了女生30人，其平均数和方差分别为160和17，则估计出总样本的方差为______．
13.已知一元二次方程x2+px+5=0的两个虚根分别为x1，x2，且满足|x1−x2|=4，则实数p的值为______．
14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点)如图，已知锐角△ABC外接圆的半径为4，且三条圆弧沿△ABC三边翻折后交于点P.若AB=6，则cs∠PAC= ______；若AC：AB：BC=6：5：4，则PA+PB+PC的值为______．
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.某市为了解人们对火灾危害的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次消防知识竞赛，满分为100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，将这m人按年龄分成5组，其中第一组为[20,25)，第二组为[25,30)，第三组为[30,35)，第四组为[35,40)，第五组为[40,45)，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值；
(2)利用频率分布直方图，估计这m名市民年龄的平均数x−和第74百分位数y；
(3)现从第三、四、五组中采用分层抽样的方法选取6人担任本市的消防安全宣传使者，再从中随机抽取2人作为组长，求组长中至少有一人的年龄在第四组内的概率．
16.如图所示，在△ABC中，AB=2，AC=3，∠BAC=120°，BD=2DA，CE=2EB．
(1)求AE⋅CD的值；
(2)线段BC上是否存在一点F，使得CD⊥AF？若存在，求CFCB的值；若不存在，说明理由．
17.2024年5月底，各省教育厅陆续召开了2024年高中数学联赛的相关工作.若某市经过初次选拔后有甲、乙、丙三名同学成功进入决赛，在决赛环节中这三名同学同时解答一道有关组合数论的试题.已知甲同学成功解出这道题的概率是23，甲、丙两名同学都解答错误的概率是16，乙、丙两名同学都成功解出的概率是38，且这三名同学能否成功解出该题相互独立．
(1)求乙、丙两名同学各自成功解出这道题的概率；
(2)求这三名同学中不少于两名同学成功解出这道题的概率．
18.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(1, 3sinB−csB)，n=(csA,csC)，m//n．
(1)求角A；
(2)若a= 3，S△ABC=3 34，D为线段BC中点，求AD；
(3)若△ABC为锐角三角形，且b2+c2=a2+2a，求a的取值范围．
19.如图①，已知ΔAB′C是边长为2的等边三角形，D是AB′的中点，DH⊥B′C，如图②，将△B′DH沿边DH翻折至△BDH．
(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF//面BDH？若存在，确定点F的位置，若不存在，请说明理由；
(2)在(1)的条件下，BC= 2，求证：AF⊥BC；
(3)若VH−BCD=332，求二面角A−BB′−C的正切值．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.D
5.A
6.A
7.C
8.C
9.ACD
10.ABD
11.ABD
12.39
13.±2
14.34 232
15.(1)根据题意可得0.01+0.02+a+0.06+0.07)×5=1，解得a=0.04；
(2)设这m人的平均年龄为：
x−=22.5×0.01×5+27.5×0.07×5+32.5×0.06×5+37.5×0.04×5+42.5×0.02×5=32.25岁，
因为前几组的频率依次为0.05，0.35，0.3，0.2，
所以第74百分位数在[35,40)之间，且为35+0.74−；
(3)若现从第三、四、五组中采用分层抽样的方法选取6人担任本市的消防安全宣传使者，
则从第三、四、五组中需依次选取6×+0.04+0.02=3,6×+0.04+0.02=2,6×+0.04+0.02=1人，
再从中随机抽取2人作为组长，求组长中至少有一人的年龄在第四组内的概率为P=1−4×36×5=1−25=35．
16.(1)因为BD=2DA，CE=2EB，
所以AE=AC+CE=AC+23CB=AC+23(AB−AC)=23AB+13AC，
CD=CA+AD=13AB−AC，
所以AE⋅CD=(23AB+13AC)⋅(13AB−AC)=29AB2−59AB⋅AC−13AC2，
因为AB=2，AC=3，∠BAC=120°，所以AB⋅AC=2×3×(−12)=−3，
所以AE⋅CD=29×4−59×(−3)−13×9=−49；
(2)存在，设CFCB=λ，则CF=λCB(0≤λ≤1)，
所以AF=AC+CF=AC+λCB=AC+λ(AB−AC)=λAB+(1−λ)AC，
由(1)知，CD=13AB−AC，
当CD⊥AF时，AF⋅CD=(λAB+(1−λ)AC)⋅(13AB−AC)=0，
化简得λ3AB2+(1−4λ3)AB⋅AC−(1−λ)AC2=0，
因为AB=2，AC=3，∠BAC=120°，所以AB⋅AC=−3，
所以4λ3−(1−4λ)−9(1−λ)=0，
解得λ=3043，此时CFCB=3043．
17.(1)记事件A=“甲成功解出这道题”，事件B=“乙成功解出这道题”，事件C=“丙成功解出这道题”，
则P(A)=23，P(A−C−)=[1−P(A)][1−P(C)]=16，解得P(C)=12，
又P(BC)=P(B)P(C)=38，解得P(B)=34，
故乙、丙两名同学各自成功解出这道题的概率分别为34,12．
(2)记这三名同学中不少于两名同学成功解出这道题为事件D，
则P(D)=P(A−BC)+P(AB−C)+P(ABC−)+P(ABC)
=P(A−)P(B)P(C)+P(A)P(B−)P(C)+P(A)P(B)P(C−)+P(A)P(B)P(C)
=(1−23)×34×12+23×(1−34)×12+23×34×(1−12)+23×34×12=1724，
即这三名同学中不少于两名同学成功解出这道题的概率为1724．
18.(1)因为向量m=(1, 3sinB−csB)，n=(csA,csC)，m//n，
则有1×csC−csA⋅( 3sinB−csB)=0，
整理可得csC+csAcsB= 3sinBcsA，
在△ABC中，csC=−cs(A+B)=−csAcsB+sinAsinB，
可得sinAsinB= 3sinBcsA，
又因为sinB>0，
可得tanA= 3，
又因为A∈(0,π)
所以A=π3；
(2)因为a= 3，S△ABC=3 34，
可得S△ABC=12bcsinA=14 3bc=3 34，
可得bc=3，
由余弦定理可得a2=3=b2+c2−2bccsA=b2+c2−bc=b2+c2−3，
可得6=b2+c2，
因为D为线段BC中点，
所以AD=12AC+12AB，
所以AD2=14AC2+14AB2+12AC⋅AB=14×(b2+c2)+14×bc=94，
所以|AD|=32，
即AD=32；
(3)由b2+c2=a2+2a得b2+c2−a2=2a，
由余弦定理得2bccsA=2a，
所以bc=2a，即a=bc2，
由正弦定理得bsinB=csinC=asinA=2a 3，
所以a=2a23sinBsinC，
可得a=32sinBsinC=32sinBsin(π3+B)
=32sinB(sinπ3csB+csπ3sinB)
=3 3sinBcsB+sin2B
=3 32sin2B−12cs2B+12
=3sin(2B−π6)+12．
因为△ABC为锐角三角形，且A=π3，
所以0