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（含答案）

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（含答案），共7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．
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.B
5.C
6.C
7.C
8.C
9.BD
10.ACD
11.AC
12.1
13.36π
14.2 7
15.(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．

16.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．
17.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．

18.(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．

19.(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∘．