2024-2025学年广东省深圳高级中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省深圳高级中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共11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.i−5i(i为虚数单位)的虚部为( )
A. −1B. 5C. −5iD. −5
2.一组数据2，2，5，5，8，14，15，17的第25百分位数是( )
A. 3.5B. 2C. 4.5D. 5
3.和a=(3,1)垂直的一个单位向量的坐标可以是( )
A. (2,−6)B. (− 1010,3 1010)C. (−6,2)D. (3 1010,− 1010)
4.已知sin(α+β)=m，sin(α−β)=n，则tanαtanβ=( )
A. m−nm+nB. m+nm−nC. n−mn+mD. m+nn−m
5.设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是( )
A. 若m⊂α，n⊂β，且α//β，则m//n
B. 若m⊂α，n⊂β，且m⊥n，则α⊥β
C. 若α⊥β，α∩β=n，且m⊥n，则m⊥β
D. 若m//n，n//β，且m⊥α，则α⊥β
6.已知两个随机事件A和B，其中P(A)=12，P(B)=38，P(A∪B)=34，则P(AB)=( )
A. 14B. 13C. 12D. 18
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为5 3，b=4，BA⋅AC=10，则a=( )
A. 21B. 31C. 41D. 61
8.我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台ABCD−A′B′C′D′是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，AB=2A′B′=4，BC=2B′C′=4 3，则该“刍童”外接球的表面积为( )
A. 80 53πB. 803πC. 80πD. 5 5π
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.设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是( )
A. 若点Z的坐标为(1,1)，则z−对应的点在第三象限
B. 若2≤|z|≤2 2，则点Z的集合所构成的图形的面积为4π
C. 若z=2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=38
D. 若z=2 3−i，则z的模为13
10.有一组样本数据x1，x2，…，xn，其平均数、中位数、方差、极差分别记为a1，b1，c1，d1，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi=kxi+m(i=1,2,…,n且k≠0)，其平均数、中位数、方差、极差分别记为a2，b2，c2，d2，则( )
A. b2=kb1+mB. c2=k2c1
C. d2=kd1+mD. i=1nxi2=na12+nc1
11.如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E为CD中点，现将△AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D′−ABCE，点F是线段D′B上(不含端点)的动点，则下列说法正确的是( )
A. 当F为线段D′B中点时，CF//平面AD′E
B. D′B⊥AE
C. 不存在点F，使CF⊥平面ABD′
D. 当F为线段D′B中点时，过点A，E，F的截面交CD′于点M，则2CM=D′M
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.哥德巴赫猜想被誉为“数学王冠上的明珠”，可以表述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30=7+23.素数是除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的大于1的自然数.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是______．
13.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcsA+ 3bsinA−c−a=0，则csB= ______．
14.已知圆O为△ABC的外接圆，A=π3,BC= 3，则AO⋅(AB+AC)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15分)
某芯片工厂生产甲型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这种芯片中抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
(1)求甲型芯片指标的平均数和第60百分位数；
(2)现采用按比例分层抽样的方式，从甲型芯片指标在[70,90)内取6件，再从这6件中任取2件，求指标在[70,80)和[80,90)内各1件的概率．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的侧面PAD是正三角形，底面ABCD是正方形，且侧面PAD⊥底面ABCD，AD=4，E为侧棱PD的中点．
(1)求证：PB//平面EAC；
(2)求三棱锥A−PDC的体积．
17.(本小题15分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，B=π3，AC边上的高等于 32AC．
(1)求csAcsC的值；
(2)若AB=2，求△ABC的面积．
18.(本小题15分)
在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为12，23.在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响．
(1)若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率．
(2)在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章．
(ⅰ)若p=34，q=23，求甲、乙共获得3枚印章的概率；
(ⅱ)若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为112，两人都获得两枚印章的概率为320.求甲、乙至少有1人获得印章的概率．
19.(本小题17分)
如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中.
(1)求二面角B1−A1C1−B的正切值；
(2)若B1D与平面A1BC1交于点E，求线段BE的长；
(3)若点P是平面A1BC1内一个动点，且|PD|+|PB1|=4+ 7，求直线B1P与平面A1BC1所成角的正弦值．
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.B
5.D
6.D
7.D
8.C
9.BC
10.ABD
11.ACD
12.215
13.12
14.3
15.(1)由频率分布直方图可得各组频率依次为：
10×0.002=0.02，10×0.005=0.05，
10×0.023=0.23，10×0.025=0.25，
10×0.025=0.25，10×0.020=0.2．
因为各组的组中值依次为：45，55，65，75，85，95，
所以甲型芯片指标的平均数为：
x−=0.02×45+0.05×55+0.23×65+0.25×75+0.25×85+0.2×95=77.65．
设第60百分位数为m，
因为前四组的频率和为：0.02+0.05+0.23+0.25=0.550.6，
所以m∈[80,90)，
则0.55+(m−80)×0.025=0.6，解得：m=82．
所以甲型芯片指标的平均数为77.65，第60百分位数为82．
(2)根据频率分布直方图及分层抽样可得：
指标在[70,80)内取3件，分别编号为A1，A2，A3；
指标在[80,90)取3件，分别编号为B1，B2，B3．
从甲型芯片指标在[70,90)内取6件，再从这6件中任取2件，
样本空间可记为Ω={(A1,A2)，(A1,A3)，(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,A3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)，
(A3,B1)，(A3,B2)，(A3,B3)，
(B1,B2)，(B1,B3)，(B2,B3)}，共包含15个样本点；
指标在[70,80)和[80,90)内各1件，包含的样本点有：
(A1,B1)，(A1,B2)，(A1,B3)，(A2,B1)，(A2,B2)，(A2,B3)，
(A3,B1)，(A3,B2)，(A3,B3)，共9种；
所以根据古典概型的概率公式可得：指标在[70,80)和[80,90)内各1件的概率为915=35．
16.(1)证明：如图，连接BD交AC于O，连接EO，
因为底面ABCD是正方形，所以O为BD中点，又E为侧棱PD的中点，
所以EO//PB，又EO⊂平面EAC，PB⊄平面EAC，
所以PB//平面EAC；
(2)取AD的中点为F，连接PF，
易知PF⊥AD，且PF=2 3，
又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，
所以PF⊥平面ABCD，
所以三棱锥A−PDC的体积为：
VA−PDC=VP−ADC=13⋅SΔADC⋅PF=13×12×4×4×2 3=16 33．
17.(1)∵AC边上的高等于 32AC，
∴S△ABC=12×b× 32b=12acsinB，即ac=b2，
由正弦定理得sinAsinC=sin2B，
又∵B=π3，∴sinAsinC=34，
又∵cs(A+C)=csAcsC−sinAsinC，
cs(A+C)=cs(π−B)=−csB=−12，
∴csAcsC=34−12=14，
故csAcsC=14；
(2)由(1)知ac=b2，
∵AB=2，∴b2=2a，∵B=π3，
∴由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB=a2+22−2a×2×csπ3，
即b2=a2+4−2a，
则2a=a2+4−2a，即(a−2)2=0，解得a=2，
∴△ABC的面积S=12acsinB=12×2×2× 32= 3．
18.(1)题目选自模块1或模块2，
在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为12，23，
在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q，
假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响．每个人在各模块中的结果也互不影响．
设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G，
则G=ABAB−，
∴P(G)=P(ABAB−)=P(A)P(B)P(A)P(B−)=12×23×12
P(G)=P(ABAB−)=P(A)P(B)P(A)P(B−)=12×23×12×13=118．
(2)设Ai表示甲在第i个模块答题中答对的事件，
Bi表示乙在第i个模块答题中答对的事件(其中i=1，2)．
设Ci表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，
Di表示乙在两个模块答题中答对i个的事件(其中i=0，1，2)．
(i)根据独立性假定，得
P(CP(C1)=P(A1A2−+A1−A2)=12×14+12×34=12,P(C2)=P(A1A2)=12×34=38,
P(D1)=P(B1B2−+B1−B2)=23×13+13×23=49，P(D2)=P(B1B2)=23×23=49．
设M=“甲、乙共获得3枚印章”，
则M=C1D2∪C2D1，且C1D2与C2D1互斥，C1与D2，C2与D1分别相互独立．
∴P(M)=P(C1D2)+P(C2D1)=P(C1)P(D2)+P(C2)P(D1)=12×49+38×49=718．
(ii)设N=“甲、乙至少有一人获得印章”，
P(C0)=P(A1−A2−)=12(1−p)，
P(D1)=P(B1B2−+B1−B2)=23×(1−q)+13q=23−13q，
由已知P(C0D1)=12(1−p)(23−13q)=112P(C2D2)=12p23q=320，
所以p=35q=34，
P(N)=1−P(C0D0)=1−12(1−p)13(1−q)=1−12×25×13×14=1−160=5960．
19.(1)取A1C1的中点F，连接B1F、BF，
则由正方体的性质可得：A1B1=B1C1，A1B=C1B，且BB1⊥平面A1B1C1D1
∴B1F⊥A1C1，BF⊥A1C1，
故∠B1FB为二面角B1−A1C1−B的平面角，
又∵B1F⊂平面A1B1C1D1，
∴BB1⊥B1F，
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，
∴|B1F|=|A1B1|sin45°=3 22，
则tan∠B1FB=|BB1||B1F|33 22= 2，
∴二面角B1−A1C1−B的正切值为 2．
(2)如图，连接D1B1，
∵四边形A1B1C1D1为正方形，
∴B1D1⊥A1C1，
由正方体性质可知：DD1⊥平面A1B1C1D1，
∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，
∴A1C1⊥DD1，
∵B1D1∩DD1=D1，
∴A1C1⊥平面B1DD1．
∵B1D⊂平面B1DD1，
∴B1D⊥A1C1，
同理可证得B1D⊥A1B，
∵A1B∩A1C1=A1，
∴B1D⊥平面A1BC1．
∵A1B1=BB1=B1C1，B1D与平面A1BC1交于点E，
∴Rt△B1EA1≌Rt△B1EC1≌Rt△B1EB，
∴EA1=EB=EC1，即E为△A1BC1的外心．
∵由正方体的性质可得：A1C1=A1B=BC1，
∴△A1BC1是正三角形；
∴E为正△A1BC1的中心．
∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，
∴|BA1|= |AA1|2+|AB|2=3 2
∵因为点F为A1C1的中点，
∴|BE|=23|BF|=23|BA1|sin60°=23×3 2× 32= 6．
(3)如图，由(2)知|BE|= 6，则|B1E|= |BB1|2−|BE|2= 3．
由正方体的体对角线公式可得：|B1D|=3 3，
∴|DE|=|B1D|−|B1E|=2 3．
∵B1D⊥平面A1BC1，PE⊂平面A1BC1，
∴PE⊥B1D，即B1E⊥PE，DE⊥PE．
∵|PD|+|PB1|=4+ 7，
∴ |PE|2+|DE|2+ |PE|2+|B1E|2=4+ 7，即 |PE|2+12+ |PE|2+3=4+ 7，
即 |PE|2+12− 7=4− |PE|2+3，
两边平方后，整理得|PE|2=4，
又∵|PE|>0，
∴|PE|=2，
∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为2的圆．
∵B1E⊥平面A1BC1，
∴B1P与平面A1BC1所成的角为∠B1PE，且tan∠B1PE=|B1E||PE|= 32，
∵0≤∠B1PE≤π2，
∴sin∠B1PE= 217
故直线B1P与平面A1BC1所成角的正弦值为 217．