2024-2025学年福建省漳州市高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省漳州市高一下学期期末考试数学试卷（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。
1.已知i是虚数单位，i2⋅z=2+i，则|z|=( )．
A. 3B. 5C. 3D. 5
2.如图，▵O′A′B′是一个平面图形的直观图，其中∠A′B′O′=90°，
O′A′= 2，则原图形的面积为( )．
A. 2B. 2
C. 2 2D. 4
3.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，则异面直线AC与BC1的所成角为( )
A. π6B. π4C. π3D. π2
4.已知平面向量a→,b→的夹角是60∘，a=1, 3，b=1，则a+2b=( )．
A. 2B. 6C. 2 3D. 2 6
5.漳州市博物馆是了解漳州深厚文化底蕴的理想之地，博物馆共有三层，每个楼层都展示了不同的文化主题．现甲、乙两人各自选择一个楼层参观，假设每个人选择哪个楼层参观是等可能的，则甲乙在不同楼层参观的概率为( )．
A. 23B. 12C. 13D. 14
6.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，二面角A1−AB−D的平面角为45°，则该正四棱台的体积是( )．
A. 203B. 283C. 28 33D. 563
7.为了帮助高一学生更好地了解自己适合选报物理还是历史，某校在学生选科之前组织了一场物理考试，并从中随机抽取了部分学生的成绩(满分为100分)，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图．根据该频率分布直方图，用样本估计总体，则( )．
A. 频率分布直方图中的m的值为0.15
B. 该年级物理成绩的众数的估计值为80分
C. 该年级物理成绩的平均数的估计值为75分
D. 若物理成绩排名前70％的学生适合选报物理，则适合选报物理的学生此次成绩应不低于62分
8.在▵ABC中，AB=7，BC=8，AC=9，AM是BC边上的中线，则向量AM在向量BC上的投影向量为( )．
A. 16BCB. 15BCC. 14BCD. 13BC
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.(多选)α,β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是( )
A. 若α//β,m⊂α，则m//βB. 若m//α,n⊂α，则m//n
C. 若m⊥α,m//n，则n⊥αD. 若α⊥β,α∩β=n,m⊥n，则m⊥β
10.四名同学各掷骰子7次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现了点数6的是( )．
A. 平均数为3，中位数为4B. 平均数为3，方差为1
C. 平均数为4，极差为4D. 平均数为2，第80百分位数为4
11.已知▵ABC内接于圆O，AB=AC=4，设AO=xAB+yAC(x,y∈R)，则( )．
A. AO⋅AC=8B. 若csA=14，则圆O的面积为725π
C. 若x+y=1，则圆O的面积为8πD. 若4x+3y=2，则BC=2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某工厂生产A,B,C三种不同型号的产品，数量之比为2:3:4，现采用分层抽样的方法抽取36个产品进行分析，则B型号产品被抽取的数量等于 ．
13.在▵ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a=3，A=π3，B=5π12，则c= ．
14.已知三棱锥P−ABC，满足PA=PB=PC=AB= 3，AC=2CB=2，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积等于 ．
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)
已知i为虚数单位，复数z满足z−3i1−i=2m+4i，其中m∈R．
(1)若z为纯虚数，求m的值；
(2)若z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围．
16.(本小题15分)
在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，A(1,1)，B(2,−1)．
(1)求向量AB与向量OA夹角的余弦值；
(2)点C是线段AB的三等分点，求点C的坐标．
17.(本小题15分)
给定两个数组An=x1,x2,⋯,xn与Bn=y1,y2,⋯,yn，称XAn,Bn=i=1nxi−yi为这两个数组之间的“差异量”，令数组Tn=t1,t2,⋯,tn，且集合t1,t2,⋯,tn=1,2,⋯,n，n∈N∗．
(1)当n=3时，写出T3的所有可能情况；
(2)记I=(1,2,3)，求XT3,I=2的概率．
18.(本小题17分)
在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2b−c=2acsC，b=2．
(1)求A；
(2)若D为BC中点，且AD= 7，求▵ABC的周长；
(3)若▵ABC是锐角三角形，求▵ABC面积的取值范围．
19.(本小题17分)
《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”.如图，在四面体P−ABC中，PA⊥底面ABC，平面PAC⊥平面PBC．
(1)求证：四面体P−ABC为鳖臑；
(2)若PA=4，AC=BC=2，M是PB的中点．
(ⅰ)求MC与平面PAB所成角的正弦值；
(ⅱ)已知D，E分别在线段AM，BC上移动，若DE//平面PAC，求线段DE长度的最小值．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】根据i2=−1求出复数z，再根据复数模的运算求解即可．
【详解】因为i2⋅z=2+i，所以−z=2+i，即z=−2−i，
所以|z|= (−2)2+(−1)2= 5．
故选：B
2.【答案】A
【解析】【分析】根据斜二测画法的规则，分析出原图形中OA,OB的位置及数量关系，再根据三角形面积公式计算即可．
【详解】在直观图▵O′A′B′中，因为∠A′B′O′=90°，O′A′= 2，
所以O′B′=A′B′= 2× 22=1
在直观图▵O′A′B′中，O′B′在x′轴上且O′B′=1，
所以在原图形▵OAB中，OB在x轴上，且OB=O′B′=1，
在直观图▵O′A′B′中，O′A′在y′轴上且，O′A′= 2，
所以在原图形▵OAB中，OA在y轴上，且OA=2O′A′=2 2，
并且在原图形▵OAB中，OA⊥OB，
所以S▵OAB=12×1×2 2= 2．
故选：A
3.【答案】C
【解析】【分析】利用正方体的特点，将异面直线的夹角转化为共面直线的夹角，角形A1BC1为等边三角形，故A1C1与BC1的夹角为60，从而得出异面直线的夹角为π3．
【详解】
正方体ABCD−A1B1C1D1中，AC//A1C1，异面直线AC与BC1的所成角即为A1C1与BC1所成的角，而三角形A1BC1为等边三角形，故A1C1与BC1的夹角为60，所以异面直线AC与BC1的所成角为π3．
故选：C
【点睛】熟悉正方体的特点，以及求异面直线夹角通常转化为共面直线夹角来解决，注意几何图形的特点．
4.【答案】C
【解析】【分析】先求出a及a·b的值，再求出a+2b2，然后根据求向量模的公式a+2b= a+2b2求解即可．
【详解】因为a=1, 3，所以a= 12+ 32=2．
因为平面向量a，b的夹角为60°，
所以a·b=a⋅bcs60°=2×1×12=1．
因为a+2b2=a2+4a·b+4b2=22+4×1+4×12=12，
所以a+2b= a+2b2= 12=2 3．
故选：C
5.【答案】A
【解析】【分析】列举出所有情况，结合古典概型公式求解．
【详解】由题知，甲乙可能参观的可能是{11,12,13,21,22,23,31,32,33}，共9种情况，
在不同楼层的情况为{12,13,21,23,31,32}，共6种情况，
根据古典概型计算公式，甲乙在不同楼层参观的概率是69=23．
故选：A
6.【答案】B
【解析】【分析】先做出二面角A1−AB−D的平面角∠M1MO，由∠M1MO=45°得到棱台的高O1O=1，再根据棱台的体积公式V棱台=13ℎS上+ S上S下+S下计算即可．
【详解】

如图所示，设上下底面的中心分别为O1,O，取A1B1，AB的中点分别为M1,M，
连接O1O,O1M1,OM,M1M，
因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱台，所以O1O即为棱台的高，
且O1M1⊥A1B1，OM⊥AB，M1M⊥AB，
则∠M1MO即为二面角A1−AB−D的平面角，所以为∠M1MO=45°，
过M1作M1H⊥OM，垂足为H，
所以O1O//M1H，O1O=M1H，所以O1M1=OH
因为O1M1=12A1B1=1，OM=12AB=2，
所以HM=OM−OH=2−1=1，
所以在等腰直角三角形M1HM中，可得M1H=O1O=1,
V棱台=13ℎS上+ S上S下+S下=13×1×4+ 4×16+16=283．
故选：B
7.【答案】D
【解析】【分析】A选项由小长方形的面积之和是1可求出m，B选项根据最高的长方形中点值判断，C选项根据平均数公式求解，D选项先判断30％分位数所在区间，然后列方程求解．
【详解】A选项，由小长方形的面积之和是1，得到10(0.005+0.01+2m+0.025+0.030)=1，解得m=0.015，A选项错误；
B选项，由图可知，众数的估计值是75，B选项错误；
C选项，由图可知，平均值是45×0.1+55×0.15+65×0.25+75×0.3+85×0.15+95×0.05=69，C选项错误；
D选项，物理成绩排名前70％的学生，等效于求解图中30％分位数，
由图[40,60]的频率是0.25，[40,70]的频率是0.5，故30％分位数出现在[60,70]，
设其为x，则(x−60)×0.025+0.25=0.3，解得x=62，D选项正确．
故选：D
8.【答案】C
【解析】【分析】先求出AM=12AB+AC，然后利用投影向量公式求解．
【详解】由题意得，AM=12AB+AC，
AM⋅BC=12AB+AC⋅BC=12AB+AC⋅AC−AB=12AC2−AB2=16，
根据投影向量的计算公式，向量AM在向量BC上的投影向量是AM⋅BCBC⋅BCBC=1664BC=14BC．
故选：C
9.【答案】AC
【解析】【分析】根据空间中直线与平面的关系，对选项逐一进行判断即可．
【详解】A，若α/\!/β,m⊂α，则m//β，A正确．
B，若m/\!/α,n⊂α，则m，n有可能平行、相交或异面，B不正确．
C，若m⊥α,m/\!/n，由线面垂直的判定定理可得，n⊥α，C正确．
D，若α⊥β,α∩β=n,m⊥n，因为m不一定在平面α内，所以m不一定垂直β，D不正确．
故选：AC．
10.【答案】AC
【解析】【分析】对于A，由平均数为3，中位数为4，列出符合条件的点数1,1,1,4,4,4,6，即可判断；对于B，由平均数为x=3，方差为s2=1，n=7，利用方差公式得到i=17xi−32=7×1=7，即可判断；对于C，由平均数为4，极差为4，列出符合条件的点数2,2,4,4,4,6,6，即可判断；对于D，首先计算出第80百分位数是第6个数，若平均数为2，得到i=17xi=14，假设第6个数是4，第7个数是6，分析出前5个数的点数和为4即可判断．
【详解】对于A，假设这7个数据从小到大排列为a1≤a2≤a3≤a4≤a5≤a6≤a7，
若平均数为3，中位数为4，则17a1+a2+a3+4+a5+a6+a7=3，
即a1+a2+a3+a5+a6+a7=21−4=17，
若a7=6，可以取a1=a2=a3=1,a5=a6=4满足条件，
所以A选项可能出现了点数6；
对于B，若平均数为x=3，方差为s2=1，n=7，
则由方差公式s2=1ni=1nxi−x2可知，i=17xi−32=7×1=7，
若xi=6，则(6−3)2=9>7，即若出现点数6，方差会大于1，
所以B选项不可能出现了点数6；
对于C，设最大值为xmax，最小值为xmin，
若极差为4，则有xmax−xmin=4，
若平均数为4，则有17i=17xi=4，i=17xi=28，
若xmax=6，则xmin=2，7次的点数可以取2,2,4,4,4,6,6，
满足平均数为4，极差为4的条件，所以C选项可能出现了点数6；
对于D，因为7×80％=5.6，所以第80百分位数是第6个数，
若平均数为2，则i=17xi=14，若第6个数是4，第7个数是6，
那么前5个数的点数和为4，而骰子的点数最小为1，
所以D选项不可能出现了点数6．
故选：AC
11.【答案】ACD
【解析】【分析】根据三角形外心性质可判断A；利用同角三角函数的平方关系求出sinA，利用余弦定理得到a，再利用正弦定理求出外接圆的半径可判断B；利用三点共线得到BC为外接圆的直径可判断C；取AB的中点F，AG上靠近C的一个三等分点G，由已知得O,F,G三点共线，利用外心性质结合余弦定理可判断D．
【详解】设▵ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c，则c=b=4，
对于A，因为▵ABC内接于圆O，所以圆O是▵ABC的外接圆，
即O为▵ABC各边垂直平分线的交点，设AC的垂直平分线与AC交于点M，如下图：

则AO⋅AC=AO⋅AC⋅cs∠OAC=AC⋅AM=AC⋅12AC=8，故A正确；
对于B，若csA=14，则sinA= 1−116= 154，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=16+16−2×4×4×14=24，所以a=2 6，
设▵ABC外接圆的半径为R，
则由正弦定理得2R=asinA=2 6 154=8 2 5，所以R=4 2 5，
所以圆O的面积为π4 2 52=32π5，故B错误；
对于C，因为AO=xAB+yAC(x,y∈R)，若x+y=1，则O,B,C三点共线，
即▵ABC外接圆的圆心在BC上，所以▵ABC为等腰直角三角形，
则a= b2+c2=4 2，外接圆的半径为2 2，面积为π2 22=8π，故C正确；
对于D，取AB的中点F，AG上靠近C的一个三等分点G，
则AB=2AF,AC=32AG，
因为AO=xAB+yAC(x,y∈R)，所以AO=2xAF+32yAG，
因为4x+3y=2，则2x+32y=1，所以O,F,G三点共线，如下图：

因为OF⊥AB，AF=2，AG=83，
所以在Rt▵AFG中，cs∠FAG=AFAG=283=34，
在▵ABC中，a2=b2+c2−2bccsA=16+16−2×4×4×34=8，
所以BC=a=2 2，故D正确．
故选：ACD
12.【答案】12
【解析】【分析】根据分层抽样的计算公式求解即可．
【详解】由题意，抽取B型号商品的数量为：36×32+3+4=12．
故答案为：12
13.【答案】 6
【解析】【分析】根据三角形内角和得C=π4，再利用正弦定理求解即可．
【详解】因为A=π3，B=5π12，所以C=π−π3−5π12=π4，
根据正弦定理asinA=csinC得c=asinCsinA=3× 22 32= 6．
故答案为： 6
14.【答案】9π2
【解析】【分析】设三棱锥外接球的半径为R，先判断出▵ABC为直角三角形，再判断出点P在平面ABC上的射影O1是AC的中点，在Rt▵PO1A中，求出PO1，在Rt▵OO1A中，再根据勾股定理列出方程，求出R，即可求出外接球的表面积．
【详解】
因为AC=2,CB=1,AB= 3，且AC2=AB2+CB2，
所以▵ABC为直角三角形．
又因为PA=PB=PC= 3，所以点P在平面ABC上的射影
O1是▵ABC外接圆的圆心，即AC的中点．
设三棱锥P−ABC的外接球的球心为O，半径为R，则有O1O⊥平面ABC．
所以在Rt▵PO1A中，PO1= PA2−AO12= 32−12= 2
在Rt▵OO1A中，OA=R,OO1= 2−R,AO1=1，
所以由勾股定理可知OA2=OO12+AO12，即R2= 2−R2+12，解得R=3 24，
所以三棱锥P−ABC的外接球的表面积S=4πR2=4π×3 242=9π2．
故答案为：9π2
15.【答案】解：(1)因为z−3i1−i=2m+4i，
所以z−3i=2m+4i1−i=2m+4i1+i1−i1+i=m−2+(m+2)i，
所以z=m−2+(m+5)i，
若z为纯虚数，则m−2=0m+5≠0，解得m=2；
(2)由(1)知，z=m−2+(m+5)i，
若z在复平面内对应的点位于第二象限，则m−20，解得−5