2024-2025学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省合肥市百花中学等四校联考高一下学期期末考试数学试卷（含解析），共14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。
一、单选题：本大题共8小题，共40分。
1.下列各式的运算结果为纯虚数的是( )
A. i(1+i)B. (1+i)2C. i2(1+i)D. i(1+i)2
2.已知篮球运动员甲、乙的罚球命中率分别为0.9，0.8，且两人罚球是否命中相互独立.若甲、乙各罚球一次，则恰有一人命中的概率为( )
A. 0.26B. 0.28C. 0.72D. 0.98
3.已知m,n表示两条不同直线，a表示平面，则下列选项正确的是( )
A. 若，，则B. 若，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥α，m⊥n，则D. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
4.在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若bcsA=acsB，则▵ABC的形状为( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )
A. 22B. 32C. 52D. 72
6.从长度分别为3，4，5，6的4条线段中任取3条，能构成钝角三角形的概率为( )
A. 14B. 13C. 12D. 34
7.已知a,b,c分别为▵ABC内角A,B,C的对边，▵ABC的面积S=a2+b2−c24，则C=( )
A. 90∘B. 60∘C. 45∘D. 30∘
8.甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙=2，则V甲V乙=( )
A. 3B. 2 2C. 10D. 1 10
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
9.有一组样本数据x1,x2,⋅⋅⋅,x6，其中x1是最小值，x6是最大值，则( )
A. x2,x3,x4,x5的平均数等于x1,x2,⋅⋅⋅,x6的平均数
B. x2,x3,x4,x5的中位数等于x1,x2,⋅⋅⋅,x6的中位数
C. x2,x3,x4,x5的标准差不小于x1,x2,⋅⋅⋅,x6的标准差
D. x2,x3,x4,x5的极差不大于x1,x2,⋅⋅⋅,x6的极差
10.已知向量a=(1,3)，b=(2,−4)，则( )
A. a,b=3π4
B. 2a⃗+b⃗//b⃗
C. a+b⊥a
D. a在b方向上的投影向量的坐标为(−1,2)
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F1//平面A1BE，则下列结论中正确的是( )
A. 平面A1BE截正方体ABCD−A1B2C1D1所得截面面积为92
B. 点F的轨迹长度为π4
C. 存在点F，使得B1F⊥CD1
D. 直线B1 F与平面CDD1C1所成角的正弦值的最大值为2 55
三、填空题：本大题共3小题，共15分。
12.已知平面内有O、A、B、C四点，其中A，B，C三点共线，且OC=xOA+yOB，则x+y= ．
13.已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为 ．
14.▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinBcsC+csinBcsA= 32b，b=​3，a>b，则2a+c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.已知复数z满足2+iz−7i=2 3−2i
(1)求复数z
(2)若复数z是关于x的方程2x2+ax+b=0a,b∈R的一个根，求a，b的值
16.在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知BA⋅BC=2，csB=13，b=3，求：
(Ⅰ)a和c的值；
(Ⅱ)cs(B−C)的值．
17.某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在[20,45]内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图(第一∼五组区间分别为[20,25)，[25,30)，[30,35)，[35,40)，[40,45])．
(1)求选取的市民年龄在[40,45]内的人数;
(2)利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数;
(3)若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在[35,40)内的概率．
18.如图，在梯形ABCD中，AB=2DC，∠BAD=90°，AB=AD=2，E为线段BC的中点，记AB=a，AD=b．
(1)用a，b表示向量AE；
(2)求AE的值；
(3)求AE与BD夹角的余弦值．
19.图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的二面角B−CG−A的大小．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【详解】分析：首先将选项当中的每个复数都算一遍，求得结果，根据纯虚数的定义，找到结果．
详解：i(1+i)=−1+i，(1+i)2=2i，i2(1+i)=−1−i，i(1+i)2=2i2=−2，
通过比较可以知道，只有2i为纯虚数，故选B．
点睛：该题所考查的是有关复数的问题，在解题的过程中，利用复数的运算法则、纯虚数的定义即可判断结论．
2.【答案】A
【解析】【分析】利用独立事件和互斥事件的概率公式求解即可．
【详解】设“篮球运动员甲、乙的罚球命中”分别为事件A，B，“恰有一人命中”为事件C，
则P(C)=PAB+AB=PAB+PAB=P(A)PB+PA(B)
=0.9×(1−0.8)+(1−0.9)×0.8=0.26．
故选：A．
3.【答案】BD
【解析】【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解．
【详解】对于A，若m/\!/α，n/\!/α，则m/\!/n或者m,n异面，或者m,n相交，故A错误，
对于B，若m/\!/n，m⊥α，则n⊥α，故B正确，
对于C，若m⊥α，m⊥n，则n/\!/α或者n⊂α，故C错误，
对于D，若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，D正确，
故选：BD
4.【答案】B
【解析】【分析】将已知等式两边利用正弦定理化边为角，运用差角的正弦公式整理分析即得．
【详解】因bcsA=acsB，由正弦定理，sinBcsA=sinAcsB，即sin(A−B)=0，
因00,b>0，故sinCcsC=1，即tanC=1，
又C∈0,π，故C=45°．
故选：C
8.【答案】C
【解析】【分析】设甲、乙两个圆锥的母线长均为l，底面半径分别为r1,r2，根据圆锥的侧面积公式可得r1=2r2，再结合圆心角之和为2π可将r1,r2分别用l表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式计算即可得解．
【详解】设甲、乙两个圆锥的母线长均为l，底面半径分别为r1,r2，
则S甲S乙=πr1lπr2l=r1r2=2，所以r1=2r2①，
因为侧面展开图的圆心角之和为2π，
所以2πr1l+2πr2l=2π，即r1+r2=l②，
由①②解得r1=23l,r2=13l，
所以甲圆锥的高ℎ1= l2−49l2= 53l，乙圆锥的高ℎ2= l2−19l2=2 23l，
所以V甲V乙=13πr12ℎ113πr22ℎ2=49l2× 53l19l2×2 23l= 10．
故选：C．
9.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查平均数、中位数、标准差以及极差的概念，属于中档题．
根据题意结合平均数、中位数、标准差以及极差的概念逐项分析判断．
【解答】
解：对于选项A：设 x2,x3,x4,x5 的平均数为 m ， x1,x2,⋅⋅⋅,x6 的平均数为 n ，
则 n−m=x1+x2+x3+x4+x5+x66−x2+x3+x4+x54=2x1+x6−x5+x2+x3+x412 ，
因为没有确定 2x1+x6,x5+x2+x3+x4 的大小关系，所以无法判断 m,n 的大小，
例如： 1,2,3,4,5,6 ，可得 m=n=3.5 ；
例如 1,1,1,1,1,7 ，可得 m=1,n=2 ；
例如 1,2,2,2,2,2 ，可得 m=2,n=116 ，故A错误；
对于选项B：不妨设 x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6 ，
可知 x2,x3,x4,x5 的中位数等于 x1,x2,⋅⋅⋅,x6 的中位数均为 x3+x42 ，故B正确；
对于选项C：因为 x1 是最小值， x6 是最大值，
则 x2,x3,x4,x5 的波动性不大于 x1,x2,⋅⋅⋅,x6 的波动性，即 x2,x3,x4,x5 的标准差不大于 x1,x2,⋅⋅⋅,x6 的标准差，
例如： 2,4,6,8,10,12 ，则平均数 n=162+4+6+8+10+12=7 ，
标准差 s1= 162−72+4−72+6−72+8−72+10−72+12−72= 1053 ，
4,6,8,10 ，则平均数 m=144+6+8+10=7 ，
标准差 s2= 144−72+6−72+8−72+10−72= 5 ，
显然 1053> 5 ，即 s1>s2 ，故C错误；
对于选项D：不妨设 x1≤x2≤x3≤x4≤x5≤x6 ，
则 x6−x1≥x5−x2 ，当且仅当 x1=x2,x5=x6 时，等号成立，故D正确．
故选：BD．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】根据向量的加减法运算、平行和垂直的判定，以及投影向量公式逐项进行分析判断．
【详解】选项A:已知向量a=(1,3)，b=(2,−4)，
所以csa,b=a⋅bab=2−12 10× 20=− 22，a,b=3π4，故A对；
选项B:因为2a+b=(4,2)，而4×(−4)−2×2=−20≠0，故B错；
选项C:因为a+b=(3,−1)，a+b⋅a=3−3=0，故C对；
选项D:根据投影向量公式：a⃗⋅b⃗b⃗2⋅b⃗=−1020(2,−4)=(−1,2)，故D对．
故选：ACD．
11.【答案】AC
【解析】【分析】取CD的中点G，连接BG、EG，则等腰梯形A1EGB为截面，求面积判断选项A；取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，推导出点F的运动轨迹为线段MN，判断选项B；取MN中点F，推导出B1F⊥MN，又因为MN//CD1，所以B1F⊥CD1，判断选项C；取F是MN的中点，因为▵B1MN是等腰三角形，则B1F⊥MN，同理C1F⊥MN，MN与C1F交于点F，且MN与C1F均在平面CDD1C1内，所以∠B1FC1为B1F与平面CDD1C1所成的线面角，所以sin∠B1FC1=B1C1B1F，因为B1C1=2，且B1F⊥MN时B1F最小，满足题设正弦值最大，求正弦值，判断选项D．
【详解】
已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，
且满足B1F1//平面A1BE，取CD的中点G，连接BG、EG，
则等腰梯形A1EGB(BG//CD1//A1B，且A1E=BG)为其截面，
面积为 2+2 22× 5−12=92，故A对；
取C1D1中点M，CC1中点N，连接B1M，B1N，MN，
由题可得B1N//A1E，MN//A1B，且A1B,A1E⊂平面A1BE，
所以B1N//平面A1BE，MN//平面A1BE，
又B1N与MN是平面B1MN内的两条相交直线，
所以平面B1MN//平面A1BE，所以点F的运动轨迹为线段MN，长度为 2，故B错；
取MN中点F，因为▵B1MN为等腰三角形，所以B1F⊥MN，
又因为MN//CD1，所以B1F⊥CD1，故C对．
因为B1C1⊥平面CDD1C1，所以∠B1FC1为B1F与平面CDD1C1所成的线面角，
所以sin∠B1FC1=B1C1B1F，
因为B1C1=2，且B1F⊥MN时B1F最小，满足题设正弦值最大，
所以sin∠B1FC1=B1C1B1F=2 22+ 222=2 23，2 23>2 55，故D错．
故选：AC．
12.【答案】1
【解析】【分析】利用平面向量的基本定理计算即可．
【详解】因为A，B，C三点共线，所以存在m使得AC=mAB
由OC−OA=mOB−OA⇒OC=(1−m)OA+mOB
所以x=1−m,y=m
即x+y=1
故答案为：1
13.【答案】36π
【解析】【分析】
本题考查球的表面积公式、棱锥的体积公式，面面垂直的性质定理，属于中档题．
设SC=2r，取SC的中点O，连接AO，OB.根据三棱锥S−ABC的体积为9，计算出球的半径再计算球的体积即可．
【解答】
解：如图所示，
设SC=2r，取SC的中点O，连接AO，OB．
因为SA=AC，SB=BC，所以OA⊥SC，OB⊥SC．
所以S△SBC=12SC⋅OB=12×2r⋅r=r2．
又因为平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC，OA⊥SC，OA⊂平面SAC，
所以OA⊥平面SBC．
所以VS−ABC=VA−SBC=13S△SBC⋅OA=13r3=9，解得r=3，
所以S表=4πr2=36π．
故答案为36π．
14.【答案】2 7
【解析】【分析】
本题考查学生灵活运用正弦化简求值，灵活运用两角和与差的正弦函数公式化简求值，掌握正弦定理和正弦函数的值域是解题的关键，属于基础题．
根据sinAsinBcsC+sinCsinBcsA= 32sinB得到B角的值，再根据正弦定理得到2a+c=4sinA+2sinC，利用辅助角公式即可得解．
【解答】
解：由已知sinAsinBcsC+sinCsinBcsA= 32sinB，
∴sinAcsC+sinCcsA= 32，即sin(A+C)= 32，
∵A+B+C=π，
∴sinB= 32，
∵a>b，∴π>A>B>0，∴B=π3，
又由正弦定理有asinA=csinC=bsinB= 3 32=2，
∴2a+c=4sinA+2sinC
=4sinA+2sin(A+π3)
=5sinA+ 3csA=2 752 7sinA+ 32 7csA
=2 7sin(A+φ)，其中csφ=52 7,sinφ= 32 7，
当且仅当锐角A满足A+φ=π2,即sin⁡A=cs⁡φ=52 7,cs⁡A=sin⁡φ= 32 7时，
2a+c取到最大值2 7．
15.【答案】【详解】(1)因为2+iz−7i=2 3−2i= 2 32+(−2)2=4，
所以z=4+7i2+i=4+7i2−i2+i2−i=3+2i．
(2)因为复数z是关于x的方程2x2+ax+b=0(a,b∈R)的一个根，
所以23+2i2+a3+2i+b=29+12i−4+3a+2ai+b=10+3a+b+(2a+24)i=0，
所以10+3a+b=02a+24=0，解得a=−12,b=26．

【解析】【分析】(1)利用复数除法运算及复数模长运算即可；
(2)把z=3+2i代入方程化简，再利用复数相等条件列方程组求实数a，b的值．
16.【答案】解：(Ⅰ)∵BA·BC=2，csB=13，
∴c·acsB=2，即ac=6①，
∵b=3，
∴由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB，即9=a2+c2−4，
∴a2+c2=13②，
联立①②得：a=3，c=2；
(Ⅱ)在△ABC中，sinB= 1−cs2B= 1−(13)2=2 23，
由正弦定理bsinB=csinC得：sinC=cbsinB=23×2 23=4 29，
∵a=b>c，∴C为锐角，
∴csC= 1−sin2C= 1−(4 29)2=79，
则cs(B−C)=csBcsC+sinBsinC
=13×79+2 23×4 29=2327．
【解析】本题考查了正弦、余弦定理，平面向量的数量积运算，以及同角三角函数间的基本关系．
(Ⅰ)利用平面向量的数量积运算法则化简BA⋅BC=2，将csB的值代入求出ac=6，再利用余弦定理列出关系式，将b，csB以及ac的值代入得到a2+c2=13，联立即可求出a，c的值；
(Ⅱ)由csB的值，利用同角三角函数间基本关系求出sinB的值，由c，b，sinB，利用正弦定理求出sinC的值，进而求出csC的值，原式利用两角和与差的余弦函数公式化简后，将各自的值代入计算即可求出值．
17.【答案】解：(1)由题意可知，年龄在[40,45]内的频率为P=0.02×5=0.1，
故年龄在[40,45]内的市民人数为200×0.1=20；
(2)平均数为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；
前三组的频率和为0.01×5+0.07×5+0.06×5=0.7，
第四组的频率为0.04×5=0.2，所以第80百分位数在第四组，
第80百分位数为35+0.10.2×5=37.5；
(3)易知，第3组的人数，第4组频率之比为3:2，
若用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈，
则应从第3，4组中分别抽取3人，2人，
记第3组的3名分别为A1，A2，A3，第4组的2名分别为B1，B2，
则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为A1,A2，A1,A3，A1,B1，A1,B2，A2,A3，A2,B1，A2,B2，A3,B1，A3,B2，B1,B2，共有10种，
其中第4组的2名B1，B2至少有一名被选中的有：A1,B1，A1,B2，A2,B1，A2,B2，A3,B1，A3,B2，B1,B2，共有7种，
所以至少有一人的年龄在[35,40)内的概率为710．

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】【详解】(1)如图，连接AC，
因为E为线段BC的中点，AB=a，AD=b
所以AE=12AB+AC，因为AB=2DC，所以DC=12a，
由向量的加法法则得AC=AD+DC=AD+12AB=b+12a，
故12AB+AC=12a+b+12a=34a+12b，即AE=34a+12b成立．
(2)由于∠BAD=90°，可得a⋅b=0，又有a=2,b=2，
所以AE2=AE2=34a+12b2=916a2+34a⋅b+14b2；
=916×4+14×4=134，故AE= 132．
(3)由向量的减法法则得BD=AD−AB=b−a，
由于∠BAD=90°，可得a⋅b=0，又有a=2,b=2，
得到BD2=b−a2=b2−2a⋅b+a2=4+4=8，故BD=2 2，
则AE⋅BD=34a+12b⋅b−a=−34a2+12b2=−34×4+12×4=−1，
由上问得AE= 132，故csAE,BD=AE⋅BDAE⋅BD=−1 132⋅2 2=− 2626．

【解析】【分析】(1)利用向量加减法的三角形法则，结合向量的线性运算得到结果即可．
(2)由向量的数量积定义和向量模的求法求解即可．
(3)由向量的数量积和向量的夹角公式计算即可．
19.【答案】 【详解】(1)证：∵AD/​/BE，BF//CG，又因为E和F粘在一起．∴AD//CG，A，C，G，D四点共面.又∵AB⊥BE，AB⊥BC．∴AB⊥平面BCGE，∵AB⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCGE，得证.(2)过B作BH⊥GC延长线于H，连结AH，因为AB⊥平面BCGE，所以AB⊥GC而又BH⊥GC，故 GC⊥平面HAB，所以AH⊥GC.又因为BH⊥GC所以∠BHA是二面角B−CG−A的平面角，而在△BHC中∠BHC=90∘，又因为∠FBC=60∘故∠BCH=60∘，所以BH=BCsin60∘= 3.而在△ABH中∠ABH=90∘，tan∠BHA=ABBH=1 3= 33，即二面角B−CG−A的度数为30∘．

【解析】【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED，Rt▵ABC和菱形BFGC内部的夹角，所以AD//BE，BF//CG依然成立，又因E和F粘在一起，所以得证.因为AB是平面BCGE垂线，所以易证.(2)在图中找到B−CG−A对应的平面角，再求此平面角即可.于是考虑B关于GC的垂线，发现此垂足与A的连线也垂直于CG.按照此思路即证．
【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，建系的向量解法在本题中略显麻烦，突出考查几何方法．最后将求二面角转化为求二面角的平面角问题考查考生的空间想象能力．