2024-2025学年福建省莆田市高一下学期期末质量调研数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省莆田市高一下学期期末质量调研数学试卷（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=1− 3i，则|z|=( )
A. 2B. 3C. 2D. 4
2.现有男志愿者120人，女志愿者80人，按性别进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为15的样本，则女志愿者应抽取的人数是( )
A. 6B. 7C. 8D. 9
3.已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//β
C. 若m//α，m//β，则α//βD. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
4.若向量a,b满足a⊥b,a= 3,b=2，且a+λb与a−b垂直，则实数λ的值为( )
A. 32B. 43C. 32D. 34
5.若P(A∪B)=0.9,P(A)=0.7,P(B)=0.5，则P(A∩B)=( )
A. 0.5B. 0.4C. 0.3D. 0.2
6.为了测量某建筑物CD的高度，选取与该建筑物底部C在同一水平面内的两个测量点A,B.现测得∠BAC=30∘,∠ABC=105∘,AB=90米，在点B处测得该建筑物顶部D的仰角为30∘，则该建筑物CD的高度为( )
A. 15 2米B. 15 6米C. 30 2米D. 30 6米
7.一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个球，除标号外没有其他差异.从中不放回地依次随机摸出2个球.设事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号为奇数”，则( )
A. A与B对立B. A与B互斥但不对立
C. A与B相互独立D. A与B既不互斥也不独立
8.已知三棱锥P−ABC的底面ABC与侧面PAB均是边长为2的正三角形，且平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥外接球的表面积是( )
A. 53πB. 103πC. 203πD. 253π
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.若向量a=(2,0),b=−1, 3，则( )
A. a+b=4B. a⋅b=−2
C. b在a上的投影向量为−12aD. a与b的夹角为5π6
10.若复数z1满足z1+2−i1−i=1+i，复数z2的虚部为1，且z1z2是实数，则( )
A. z1的实部是−2
B. z1在复平面上对应的点位于第四象限
C. z2的共轭复数是1−i
D. 复数z满足z−z2=1，则|z|的最大值是 2+1
11.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱CC1上，且CE=λCC1，点F在正方形A1B1C1D1内(含边界)运动，则( )
A. 当λ=12时，平面AD1E截该正方体所得的截面面积为18
B. 当λ=12时，点D到平面AD1E的距离为2 3
C. 当λ=14，且BF//平面AD1E时，点F的轨迹长度为5
D. 当λ=14，且EF⊥AE时，点F的轨迹长度为3 24
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在四边形ABCD中，AD//BC,AB⊥BC,BC=2AD=2AB=2，以AB所在直线为轴，其他三边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为 ．
13.已知一组数据x1,x2,⋯,x10的平均数和方差均为1.若yi=2xi−1(i=1,2,3,⋯,10)，则数据x1,x2,⋯,x10,y1,y2,⋯,y10的方差为 ．
14.已知点G是▵ABC的重心，过点G的直线分别交边AB,AC于点E,F，设AB=mAE，AC=nAF，则m+n= ；若AB=6,BC=8,B=π3，则AE⋅AF的最小值是 ．
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)
寒假期间某学校团委组织学生开展志愿服务活动，假期过后对学生的志愿服务时长(单位：小时)作一次随机抽样调查，画出频率分布直方图如图所示.根据志愿服务时长从长到短，时长在前34％的学生可获得“优秀志愿之星”的称号．

(1)求a的值，并估计该校学生志愿服务时长的平均数(同一组数中的数据用该组区间的中点值作为代表)；
(2)试估计至少需要参加多少小时的志愿服务活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号．
16.(本小题15分)
如图，在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为棱BC的中点．
(1)证明：A1C//平面AB1D；
(2)求异面直线AB1与A1C所成的角的余弦值．
17.(本小题15分)
记▵ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，向量m=a, 3b,n=csA,sinB，且m//n．
(1)求角A；
(2)若a=2 3，点E为▵ABC的内心，求▵BCE面积的最大值．
18.(本小题17分)
如图，正方形ABCD所在的平面与直角梯形CDEF所在的平面互相垂直，已知CD//EF，CD⊥CF,EF=2CD=2CF=4，点P在线段BE上.

(1)求证：平面PDF⊥平面ADE；
(2)当直线DP与平面CDEF所成的角的正切值为 2时，求二面角P−CF−D的大小．
19.(本小题17分)
黑棋和白棋从数轴的原点出发.每次移动由甲和乙各抛掷一枚质地均匀的硬币决定：若甲掷出正面，则黑棋向右移动一个单位；若甲掷出反面，则黑棋不移动.若乙掷出正面，则白棋向右移动一个单位；若乙掷出反面，则白棋不移动．
(1)若甲抛掷3次，求黑棋离开原点的概率；
(2)若甲乙各抛掷2次，求黑棋比白棋向右移动更远的概率；
(3)现黑棋落后白棋一个单位，若甲再抛掷10次，乙再抛掷9次，求最终黑棋不落后于白棋的概率．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.D
5.B
6.B
7.C
8.C
9.BC
10.ACD
11.ACD
12.73π/7π3
13.52/2.5
14.3
163/513

15.解：(1)由4×(0.005+0.04+0.085+a+0.05)=1，
解得a=0.07，
平均数x=12×4×0.005+16×4×0.04+20×4×0.085+24×4×0.07+28×4×0.05
=12×0.02+16×0.16+20×0.34+24×0.28+28×0.2
=21.92；
(2)依题意知所求时长为这组数据的第66百分位数，
因为4×(0.005+0.04+0.085)=0.520.66，
所以第66百分位数y位于[22,26)内，
所以0.52+(y−22)×0.07=0.66，
解得y=0.66−+22=24，
所以至少需要参加24个小时的志愿活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号“．

16.解：(1)证明：连接A1B交AB1于E，连接DE，
∵侧面ABB1A1为平行四边形，∴E为A1B的中点．
又点D为BC的中点，∴DE//A1C，
又DE⊂平面AB1D,A1C⊄平面AB1D，
∴A1C//平面AB1D．
(2)由(1)得DE//A1C,∴∠B1ED为异面直线AB1与A1C所成的角或其补角．
在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，B1D= 5，B1E=12AB1= 2，DE=12A1C= 2，
在▵B1DE中，由余弦定理得cs∠B1ED=B1E2+DE2−B1D22B1E⋅DE=2+2−52× 2× 2=−14，
∴异面直线AB1与A1C所成的角的余弦值为14．

17.解：(1)由题意得asinB− 3bcsA=0，
由正弦定理得sinAsinB− 3sinBcsA=0，
因为B∈0,π，所以sinB≠0，所以sinA− 3csA=0，
所以tanA= 3，又A∈0,π，所以A=π3．
(2)解法一：由(1)知A=π3，因为点E为▵ABC的内心，
所以∠EBC+∠ECB=12∠ABC+12∠ACB=12(∠ABC+∠ACB)=12π−π3=π3，
由三角形内角和定理得∠BEC=π−(∠EBC+∠ECB)=2π3．
在▵BCE中，由余弦定理得a2=EB2+EC2−2EB⋅EC⋅cs∠BEC，又a=2 3，
所以EB2+EC2+EB⋅EC=12，由基本不等式得EB2+EC2+EB⋅EC≥3EB⋅EC，
所以EB⋅EC≤4，当且仅当EB=EC=2等号成立．
所以▵BCE的面积S▵BCE=12EB⋅EC⋅sin∠BEC= 34EB⋅EC≤ 34×4= 3,
所以▵BCE的面积的最大值为 3；
解法二：设▵ABC的内切圆半径为r，
所以▵ABC的面积S▵ABC=12(a+b+c)r=122 3+b+cr，
又S▵ABC=12bcsinA= 34bc，所以r= 3bc22 3+b+c，
因为点E为▵ABC的内心，
所以S▵BCE=12ar=12×2 3× 3bc22 3+b+c=3bc2b+c+2 3，
在▵ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，即b2+c2−bc=12，
所以(b+c)2−3bc=12，即3bc=(b+c)2−12，由基本不等式得bc≤(b+c)24，
解得b+c≤4 3，当且仅当b=c=2 3等号成立．⋅
所以S▵BCE=3bc2b+c+2 3=(b+c)2−122b+c+2 3=b+c−2 32≤124 3−2 3= 3，
所以▵BCE的面积的最大值为 3．

18.解：(1)∵四边形ABCD为正方形，∴AD⊥CD，
又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF=CD,AD⊂平面ABCD，
∴AD⊥平面CDEF，

又DF⊂平面CDEF,∴AD⊥DF．
取EF中点G，连接DG，由已知得DG=FC=2,DG⊥EG，
∴DE=DF=2 2,又EF=4,∴DE2+DF2=EF2，∴DE⊥DF,
又AD⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,AD∩DE=D，∴DF⊥平面ADE．
又DF⊂平面PDF,∴平面PDF⊥平面ADE．
(2)连接CE，过点P作PO⊥CE于点O，过O作OH⊥CF于点H，连接DO,PH．
由(1)得AD⊥平面ABCD，又AD//BC,∴BC⊥平面CDEF，
又CE⊂平面CDEF,∴BC⊥CE,∴PO//BC,∴PO⊥平面CDEF，
∴∠PDO为直线DP与平面CDEF所成的角．∴tan∠PDO=PODO= 2．
解法一：设POBC=EOEC=λ，则有PO=λBC=2λ,DO=(1−λ)DE+λDC，则DO2=(1−λ)2DE2+λ2DC2+2λ(1−λ)DE⋅DC=8(1−λ)2+4λ2−8λ(1−λ)=20λ2−24λ+8,
∴tan2∠PDO=PO2DO2=4λ220λ2−24λ+8=2，解得λ=23
∴PO=23BC=43,OH=13EF=43，
∵PO⊥平面CDEF,CF⊂平面CDEF，
∴PO⊥CF，
又CF⊥OH,PO⊂平面POH,OH⊂平面POH,PO∩OH=O，
∴CF⊥平面POH．
又PH⊂平面POH,∴CF⊥PH,∴∠PHO为二面角P−CF−D的平面角．
∴tan∠PHO=POOH=1,∴二面角P−CF−D的大小为π4．

解法二：设POBC=EOEC=λ，则有PO=λBC=2λ,DO=PO 2= 2λ，
又CE= EF2+CF2=2 5,∴EO=λEC=2 5λ．
由余弦定理得cs∠DEC=DE2+CE2−CD22DE⋅CE=DE2+EO2−DO22DE⋅EO，
即8+20−42×2 2×2 5=8+20λ2−2λ22×2 2×2 5λ，解得λ=23．
∴PO=23BC=43,OH=13EF=43，
∵PO⊥平面CDEF,CF⊂平面CDEF,∴PO⊥CF，
又CF⊥OH,PO⊂平面POH,OH⊂平面POH,PO∩OH=O，
∴CF⊥平面POH．
又PH⊂平面POH,∴CF⊥PH,∴∠PHO为二面角P−CF−D的平面角．
∴tan∠PHO=POOH=1,∴二面角P−CF−D的大小为π4．

19.解：(1)解法一：记事件Ai=”甲第i次掷出正面“，Bi=”乙第i次掷出正面“(i=1,2,3,⋯,n)，
则以上事件都相互独立，且PAi=PBi=12,PAi=PBi=12．
设事件A=”黑棋离开原点“，则
P(A)=1−PA1A2A3=1−PA1PA2PA3
=1−123=78；
解法二：用1表示硬币”正面朝上“，0表示硬币”反面朝上“，
则甲抛掷3次硬币的样本空间
Ω=(0,0,0),(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)，
且各个样本点出现的可能性相等，nΩ=8，
设事件A=”黑棋离开原点“，
则A=(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(1,1,1)，所以n(A)=7，
所以P(A)=n(A)nΩ=78．
(2)设事件B=”黑棋比白棋向右移动更远“，
则由题意知B=”甲掷出正面的次数大于乙掷出正面的次数“
解法一：事件B包含A1A2B1B2,A1A2B1B2,A1A2B1B2,A1A2B1B2,A1A2B1B2，
且它们两两互斥，
所以P(B)=PA1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2+A1A2B1B2
=PA1A2B1B2+PA1A2B1B2+PA1A2B1B2+PA1A2B1B2+PA1A2B1B2
=124+124+124+124+124
=516
解法二：事件B包含”甲掷出1次正面，乙掷出0次正面“和”甲掷出2次正面，乙掷出0次或1次正面“，
甲掷出1次正面，乙掷出0次正面的概率为2×122×122=216，
甲掷出2次正面，乙掷出0次或1次正面的概率为122×1−122=316，
所以P(B)=216+316=516．
(3)解法一：设事件C=”最终黑棋不落后于白棋“，
甲抛掷10次掷出正面的次数为X，乙抛掷9次掷出正面的次数为Y，
则P(C)=P(X>Y)
=P(9−X乙掷出正面的次数“，
事件N=”各抛掷9次甲掷出正面的次数