2024-2025学年四川省广安市高一（下）期末数学试卷（B卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年四川省广安市高一（下）期末数学试卷（B卷）（含答案），共8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5−2i是关于x的方程x2−mx+n=0(m,n∈R)的一个根，则m的值为( )
A. 10B. −6C. 6D. −10
2.收集到一组数据：10，20，30，70，80，90，100，110，则该组数据的第75百分位数是( )
A. 85B. 90C. 95D. 100
3.复数z=1−ii(其中i是虚数单位)的虚部是( )
A. 1B. iC. −1D. −i
4.在平行四边形ABCD中，M是边AB靠近A的三等分点，DM与AC交于点N，设AC=a,BD=b，则BN=( )
A. −14a+12bB. −23a+13bC. −34a+14bD. −16a+12b
5.已知m、n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，n⊥α，则m⊥n
6.某景区准备在两座山峰的山顶之间建设索道，需要预先测量这两个山顶之间的距离.设两座山峰的山顶分别为A，B，它们对应的山脚位置分别为A1，B1，在山脚附近的一块平地上找到一点C(C,A1,B1所在的平面与山体垂直)，使得△A1B1C是以A1B1为斜边的等腰直角三角形，现从C处测得到A，B两点的仰角分别是π3和π6，若C到A1的距离为1千米，则两个峰顶的直线距离为( )
A. 303千米
B. 213千米
C. 4 33千米
D. 53千米
7.已知i为虚数单位，复数z满足(z+2i)⋅i=−1+i，则|z|=( )
A. 2B. 2C. 1D. 22
8.在三棱锥S−ABC中，底面△ABC为斜边AC=2 2的等腰直角三角形，顶点S在底面ABC上的射影为AC的中点.若SA=2，E为线段AB上的一个动点，则SE+CE的最小值为( )
A. 6+ 2B. 2 3C. 2( 3+1)D. 2( 3−1)
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。
9.2024年10月央行再次下调人民币存款利率，存款利率下调是为了刺激经济增长促进投资和消费而采取的一种货币政策.下表为某银行近年来的人民币一年定期存款利率：
关于表中的7个存款利率数据，下列结论正确的是( )
A. 极差为0.35B. 平均数小于1.65
C. 中位数为1.65D. 20%分位数为1.50
10.已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，|a+b|= 3，则下列结论中正确的有( )
A. a与b夹角为π6B. a⋅b=12
C. |a−b|=1D. a−b与b夹角为π3
11.已知圆锥SO的底面半径为1，母线SA长为4，底面圆周上有一动点B，则( )
A. 圆锥的体积为 15π3
B. 圆锥的侧面展开图的圆心角大小为π2
C. 圆锥截面SAB的面积的最大值为 15
D. 若C∈SA，且CA=1，则从点A出发绕圆锥侧面一周到达点C的最短长度为4 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某学校师生共有3600人，现用分层抽样方法抽取一个容量为240的样本，已知样本中教师人数为30人，则该校学生人数为______．
13.在△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，已知BE=5，CD= 13,BC=4，则△ABC的面积为______．
14.已知PA⊥平面ABC，BC⊥AC，∠ABP=30°，AF⊥CP于F，AE⊥BP于E，G在BC上，且满足FG//BC，则四面体P−ABC与A−EFG的外接球的体积比的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z=1−2i．
(Ⅰ)求|z|；
(Ⅱ)若z1=z3+4i，求z1；
(Ⅲ)若|z2|= 5，且zz2是纯虚数，求z2．
16.(本小题12分)
已知a=(sin(α+π6),1)，b=(2csα−3,−2)，且a与b共线．
(1)求cs(π6−α)的值；
(2)若α∈(π2,5π2)，求α的值．
17.(本小题12分)
某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了“我知红楼“知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据(满分100分，成绩均为不低于40分的整数)分成六段：[40,50)，[50,60)，⋯，[90,100]，并作出如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)求样本数据的第62百分位数；
(3)若落在[50,60)中的样本数据平均数是52，方差是6；落在[60,70)中的样本数据平均数是64，方差是3，求这两组数据的总平均数x−和方差σ2．
18.(本小题12分)
已知向量a=(sinx,csx)，b=( 3csx,csx)，设函数f(x)=a⋅b−12，x∈R．
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)的单调递增区间；
(3)设x∈(0,π)，且tan(π6−α)=12，5f(α)=6f(x)，求x的值．
19.(本小题12分)
如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．
(1)求证：B1C1//EF；
(2)求证：NP⊥B1C1；
(3)设BB1与平面EFC1B1所成角为30°，且AB=4 33，BB1=2，NP= 3.求四棱锥B−B1C1FE的体积．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.A
5.D
6.A
7.B
8.A
9.AC
10.BC
11.ABC
12.3150
13.12
14.(8 39,64 39)
15.解：(Ⅰ)∵复数z=1−2i，
∴|z|= 12+(−2)2= 5；
(Ⅱ)∵复数z=1−2i，
∴z1=z3+4i=1−2i3+4i=(1−2i)(3−4i)(3+4i)(3−4i)=3−4i−6i+8i232−(4i)2=−5−10i25=−15−25i；
(Ⅲ)设z2=a+bi，
∵|z2|= a2+b2= 5，
∴a2+b2=5①，
又∵zz2=(1−2i)(a+bi)=(a+2b)+(b−2a)i，
∴a+2b=0，b−2a≠0②，
由①②联立，解得a=2b=−1或a=−2b=1.，
∴z2=2−i或z2=−2+i．
16.(1)a=(sin(α+π6),1)，b=(2csα−3,−2)，且a与b共线，
得2sin(α+π6)+2csα−3=0，则 3sinα+3csα−3=0，
2 3sin(α+π3)=3，sin(α+π3)= 32，
则cs(π6−α)=cs[π2−(α+π3)]=sin(α+π3)= 32．
(2)由(1)知sin(α+π3)= 32，α∈(π2,5π2)，则α+π3∈(5π6,17π6)，
故α+π3=7π3或8π3，α=2π或7π3．
17.解：(1)根据题意可知，(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，解得a=0.030；
(2)因为(0.005+0.010+0.020)×10=0.35，(0.005+0.010+0.020+0.030)×10=0.65，
所以样本数据的第62百分位数在[70,80)内，可得70+0.62−0.350.3×10=79，
所以样本数据的第62百分位数为79分；
(3)样本数据落在[50,60)的个数为0.1×100=10，落在[60,70)的个数为0.2×100=20，
x−=1010+20×52+2010+20×64=60，
总方差s2=1010+20[6+(52−60)2]+2010+20[3+(64−60)2]=36．
18.(1)已知向量a=(sinx,csx)，b=( 3csx,csx)，设函数f(x)=a⋅b−12，x∈R，
则f(x)= 3sinxcsx+cs2x−12= 32(2sinxcsx)+12(2cs2x−1)
= 32sin2x+12cs2x=sin(2x+π6)，
由T=2π|ω|=2π2=π，
得f(x)的最小正周期为π．
(2)由(1)知f(x)=sin(2x+π6)，
令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
即−π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ]，k∈Z．
(3)由题意f(α)=sin(2α+π6)=cs(π3−2α)
=cs2(π6−α)=1−tan2(π6−α)1+tan2(π6−α)，
又tan(π6−α)=12，
所以f(α)=35，
又5f(α)=6f(x)，
则f(x)=12，
即sin(2x+π6)=12，
又x∈(0,π)，
即2x+π6∈(π6,13π6)，
所以2x+π6=5π6，
即x=π3，
故x的值为π3．
19.解：(1)证明：因为四边形BB1C1C是矩形，
所以B1C1//BC，
又因为B1C1⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，
所以B1C1//平面ABC，又因为B1C1⊂平面B1C1FE，
平面B1C1FE∩平面ABC=EF，
所以B1C1//EF；
(2)证明：在等边ABC中，因为M为BC的中点，
所以AM⊥BC，
因为侧面BCC1B1为矩形，所以BC⊥BB1．
因为MN//B1B，所以BC⊥MN，
又因为AM∩MN=M，AM，MN⊂平面AMNA1，
所以BC⊥平面AMNA1，
因为NP⊂平面AMNA1，
所以BC⊥NP，
又因为BC//B1C1，
所以NP⊥B1C1．
(3)过M作PN的垂线，垂足为H，
由(1)(2)可知EF//BC，BC⊥平面AMNA1，
所以EF⊥平面AMNA1，
又因为MH⊂平面AMNA1，
所以EF⊥MH，
又因为MH⊥PN，EF∩PN=P，且EF，PN⊂平面EFC1B1，
所以MH⊥平面EFC1B1，
又MN//B1B，
则∠MNP就是BB1与平面EFC1B1所成的角，
所以∠MNP=30°，
因为NP= 3,MN=2，
所以在△MNP中由余弦定理可得：MP2=PN2+MN2−2PN⋅MNcs30°=3+4−2× 3×2× 32=1，
所以MP=1，易知AM=2，即P为AM的中点，
因为MP2+NP2=MN2，所以MP⊥NP，
又MP⊥EF且NP∩EF=P，且NP，EF⊂平面EFC1B1，
所以MP⊥平面B1C1FE，
因为四边形B1C1FE为梯形且NP= 3，
所以SB1C1FE=12×(2 33+4 33)× 3=3，
因为BC//平面B1C1EF，
所以VB−B1C1FE=VM−B1C1FE=13⋅SB1C1FE⋅MP=13×3×1=1．时间
2018年
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