2024-2025学年宁夏吴忠中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年宁夏吴忠中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共17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.设i是虚数单位，集合A中的元素由复数3−5i的实部和虚部组成，集合B={1,3,5}，则A∩B=( )
A. {3,5}B. {3,−5}C. {3}D. {5}
2.已知A(3,1)，B(4,3)，C(x,7)三点共线，则x=( )
A. 10B. 8C. 7D. 6
3.已知事件A与B相互独立，P(A)=0.3，P(B)=0.4，则P(A∪B)=( )
A. 0.58B. 0.12C. 0.7D. 0.88
4.已知圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的表面积为( )
A. 9πB. 12πC. 16πD. 24π
5.先后两次抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，得到的点数分别为m，n，设平面向量a=(1,2)，b=(m,−n)，则“a⋅b>0”的概率为( )
A. 16B. 14C. 13D. 112
6.已知a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下面四个命题错误的有( )
A. 若α//β，a⊂α，则a//β B. 若α∩β=a，b⊂α，c⊂β，b//c，则a//b
C. 若a//β，b⊂β，则a//b D. a⊥β，b⊂β，则a⊥b
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱AD，C1D1的中点，则异面直线EF与B1C所成角的余弦值是( )
A. 33B. 63C. 36D. 66
8.已知点O是△ABC内部的一点，且满足OA+OB+OC=0,AC= 3,AC⋅AB=−1，则AC⋅BO的值为( )
A. 53B. 32C. 2D. 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.在一个密闭的盒子中放有大小和形状都相同，编号分别为1，2，3，4的4张卡牌，现从中依次不放回摸出两张卡牌，记事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，事件C=“摸出的两张卡牌的编号之和为6”，则( )
A. 事件B与事件C为互斥事件B. P(C)=13
C. 事件A与事件B相互独立D. P(A+B)=23
10.下列说法中正确的为( )
A. 已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与a+λb夹角为锐角，则λ∈(−53,+∞)
B. 若A=π3，且ccsB+bcsC=a2，则△ABC外接圆半径 33
C. 若AC⋅CB0)，O为坐标原点，OB=F(OA)且点O，A，B构成等腰三角形，则a=2+ 7
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.五个数1，2，3，4，x的平均数是3，则这五个数的标准差是______．
13.已知a、b满足|a|=4,a⋅b=6，若a在b方向上的投影向量为23b，则|a+b|=______．
14.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC= 7，BC=3，点P在棱BB1上，且PA⊥PC1，当△APC1的面积取最小值时，三棱锥P−ABC的外接球的表面积为______．
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.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA=PC，四边形ABCD是正方形，E是PD的中点．
(1)证明：PB//平面ACE．
(2)证明：平面PBD⊥平面ACE．
16.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2c= 3a+2bcsA．
(Ⅰ)求角B；
(Ⅱ)若csA=14，求sin(2A+B)的值；
(Ⅲ)若c=7，bsinA= 3，求b的值．
17.(本小题12分)
某市为了解人们对火灾危害的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次消防知识竞赛，满分为100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，将这m人按年龄分成5组，其中第一组为[20,25)，第二组为[25,30)，第三组为[30,35)，第四组为[35,40)，第五组为[40,45)，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求图中a的值；
(2)利用频率分布直方图，估计这m名市民年龄的平均数x−和第74百分位数y；
(3)现从第三、四、五组中采用分层抽样的方法选取6人担任本市的消防安全宣传使者，再从中随机抽取2人作为组长，求组长中至少有一人的年龄在第四组内的概率．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=PB，O为AB的中点，OD⊥PC．
(1)求证：OC⊥PD；
(2)若PD上存在点M，使得OM//平面PBC，求PMPD的值；
(3)若PD与平面PBC所成角的正弦值为 63,AB=2，求四棱锥的P−ABCD的体积．
19.(本小题12分)
已知向量a=(sinx,csx)，b=(csx, 3csx)，函数f(x)=a⋅b− 32．
(1)若f(x02)=−13，且x0∈(−π2,π2)，求sinx0的值；
(2)已知A(−3,2)，B(3,10)，将f(x)的图象向左平移π12个单位长度得到函数g(x)的图象.在g(x)的图象上是否存在一点P，使得AP⊥BP？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：集合A中的元素由复数3−5i的实部和虚部组成，
则A={3,−5}，
B={1,3,5}，则A∩B={3}．
故选：C．
由复数的实部和虚部的概念可得A={3,−5}，结合交集的计算可得结果．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题可得AB=(1,2),BC=(x−4,4)，
因为三点共线，可得AB//BC，所以2(x−4)=4⇒x=6．
故选：D．
利用向量共线，结合向量的坐标运算，即可求解．
本题主要考查向量知识的应用，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：事件A与B相互独立，P(A)=0.3，P(B)=0.4，
则P(AB)=P(A)P(B)=0.12，
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(AB)
=P(A)+P(B)−P(A)P(B)
=0.3+0.4−0.3×0.4=0.58．
故选：A．
由随机事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式计算即得．
本题主要考查随机事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为圆锥的底面半径为3，高为4，
故圆锥母线l= 32+42=5，
则圆锥的表面积S=π×32+π×3×5=24π．
故选：D．
根据圆锥表面积公式S=πr2+πrl可求．
本题主要考查圆锥的侧面积，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为a=(1,2)，b=(m,−n)，所以a⋅b=1×m+2×(−n)=m−2n>0，
所以m>2n，由题意可知基本事件总数为6×6=36，
当n=1时，m=3，4，5，6，共四种情况；
当n=2时，m=5，6，共两种情况．
所以满足m>2n的基本事件个数为4+2=6，
因此，“a⋅b>0”的概率P=636=16．
故选：A．
首先根据向量数量积公式得到关于m，n的不等式，然后找出所有可能的基本事件，再确定满足不等式的基本事件个数，最后根据古典概型概率公式计算概率．
本题主要考查了古典概率公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：若α/​/β，a⊂α，则a/​/β，所以A选项正确；
若α∩β=a，b⊂α，c⊂β，b/​/c，则a/​/b，所以B选项正确；
若a/​/β，b⊂β，则a，b可能平行或异面，所以C选项错误；
若a⊥β，b⊂β，则a⊥b，所以D选项正确．
故选：C．
根据面面平行、线面垂直的性质判断A、D；根据平面的基本性质，结合空间想象判断B、C．
本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解法一：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱AD，C1D1的中点，
以D为原点，以DA，DC，DD1的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
设AB=2，则E(1,0,0)，F(0,1,2)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，
从而EF=(−1,1,2)，B1C=(−2,0,−2)，
故cs=−2 6×2 2=− 36，
即异面直线EF与B1C所成角的余弦值是 36；
解法二：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是棱AD，C1D1的中点，
取AA1中点G，连接EG，FG，D1G，D1E，如图，
由正方体可知EG//B1C，
则异面直线EF与B1C所成角即为直线EF与EG所成角，
设AB=2，则EG= 2，D1G=D1E= 5，
由正方体可知，D1F⊥平面AA1D1D，
即D1F⊥D1G，D1F⊥D1E，
则FG=FE= 6，
在△EFG中，由余弦定理cs∠GEF=EG2+FE2−FG22EG⋅FE=2+6−62× 2⋅ 6= 36，
则直线EF与EG所成角的余弦值为 36，
即异面直线EF与B1C所成角的余弦值为 36，
故选：C．
法一：利用坐标法可得异面直线夹角余弦值；法二：根据异面直线夹角的定义可得角．
本题考查异面直线所成角的余弦值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.【答案】A
【解析】解：记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，
由题意OA+OB+OC=0，OA+OC=−OB=BO，
设D是线段AC的中点，则2OD=BO，
所以B，O，D三点共线，且O为△ABC的重心，
∴BO=23BD=23×12(BA+BC)=13(BA+BC)，
∴AC⋅BO=13(BA+BC)⋅(BC−BA)=13(a2−c2)，
又由AC⋅AB=bccsA=−1，可得bc⋅b2+c2−a22bc=−1⇒a2−c2=5，∴AC⋅BO=53．
故选：A．
先判断出O是三角形ABC的重心，然后利用转化的方法，结合余弦定理求得AC⋅BO的值．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：从中依次不放回摸出两张卡牌，样本空间为{12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43}，共12个样本点．
事件A=“第一次摸出的卡牌的编号为奇数”，样本点有{12,13,14,34,31,32}，共6个样本点；
事件B=“摸出的两张卡牌的编号之和为5”，样本点有{23,32,14,41}，共4个样本点；
事件C=“摸出的两张卡牌的编号之和为6”，样本点有{24,42}，共2个样本点．
对于A，A∩B=⌀，所以事件B与事件C为互斥事件，故A正确；
对于B，P(C)=212=16，故B错误；
对于C，P(A)=612=12，P(B)=412=13，
AB包含的基本事件有14，32，所以P(AB)=212=16，
因为P(AB)=P(A)P(B)=16，所以事件A与事件B相互独立，故C正确；
对于D，P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+13−16=23，故D正确．
故选：ACD．
求出从中依次不放回摸出两张卡牌样本空间，及求出事件B、事件C包含样本点可判断A；求出P(C)可判断B；检验P(AB)、P(A)P(B)是否相等可判断C；利用P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)可判断D．
本题考查相互独立事件的概率乘法公式、事件的加法公式等，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：A选项，∵a=(1,2)，b=(1,1)，∴a+λb=(1,2)+λ(1,1)=(λ+1,λ+2)，
∵a与a+λb夹角为锐角，则a⋅(a+λb)=λ+1+2(λ+2)=3λ+5>0，解得λ>−53，
且a与a+λb不共线，∴2(λ+1)≠λ+2，解得λ≠0，
∴λ>−53且λ≠0，A选项错误；
B选项，由ccsB+bcsC=a2及正弦定理得
asinA=sinBcsC+csBsinC=sin(B+C)=sinA，而sinA>0，故a=1，
∴△ABC的外接圆半径为r=a2sinA=12× 32= 33，B选项正确；
C选项，∵AC⋅CB=|AC|⋅|CB|cs(π−C)=−|AC|⋅|CB|csC0，
∵00，|AB|2=a2+4a+5>|OA|2，
∴O，A，B构成等腰三角形，只可能|OB|=|AB|，
联立可解a=2+ 7，故D正确．
故选：ABD．
对于A，根据定义的变换F(a)=(x+y,x−y)代入计算即可，对于B，可设b=λa，在代入定义变换运算法则即可判断；对于C，先求点C，然后得出BC，代入定义变换直接计算即可；对于D，先计算OB，再得|OB|，再利用点O，A，B构成等腰三角形，列出方程再解方程即可．
本题考查平面向量运算法则、新定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12.【答案】 2
【解析】解：由已知，1，2，3，4，a的平均数是3，即有(1+2+3+4+x)÷5=x，易得x=5
根据方差计算公式得s2=15[(1−3)2+(2−3)2+(3−3)2+(4−3)2+(5−3)2]=15×10=2
所以标准差s= 2
故答案为： 2．
根据平均数公式先求出a，再求出方差，开方得出标准差．
本题考查了样本数据平均数、方差、标准差的计算．属于简单题．
13.【答案】 37
【解析】解：由已知得，a⋅b|b|2b=23b，则a⋅b|b|2=23，
因为a⋅b=6，所以|b|=3，所以|a+b|= a2+b2+2a⋅b= 42+32+2×6= 37．
故答案为： 37．
利用投影向量的定义求出|b|，再利用数量积的运算律求解．
本题主要考查平面向量的投影向量，属于基础题．
14.【答案】28π
【解析】解：∵三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，又AC⊥BC，
∴易得AC⊥平面BCC1B1，又PC1⊂平面BCC1B1，
∴PC1⊥AC，又PA⊥PC1，且AC∩PA=A，
∴PC1⊥平面PAC，又AP⊂平面PAC，
∴PC1⊥AP，
如图，设∠BCP=θ，则易得∠CC1P=θ，又BC=3，
∴PC1=BCcsθ⋅tanθ=3sinθ，又AC= 7，
∴PA= AC2+PC2= 7+(3csθ)2，
∴△APC1的面积S=12×PA×PC1
=12⋅3sinθ⋅ 7+9cs2θ
=32⋅ 7sin2θ+9sin2θcs2θ
=32⋅ 7sin2θ+9(sin2θ+cs2θ)sin2θcs2θ
=32⋅ 16sin2θ+9cs2θ
=32⋅ 16(sin2θ+cs2θ)sin2θ+9(sin2θ+cs2θ)cs2θ
=32⋅ 25+9tan2θ+16tan2θ≥32⋅ 25+2 9×16=212，
当且仅当9tan2θ=16tan2θ，即tanθ=2 3时，等号成立，
此时PB=BC×tanθ=2 3，又AB= AC2+BC2= 7+9=4，
∴PA= AB2+PB2= 16+12=2 7，
∵AC⊥PC，AB⊥PB，
∴三棱锥P−ABC的外接球的直径2R=PA=2 7，
∴三棱锥P−ABC的外接球的半径R= 7，
∴三棱锥P−ABC的外接球的表面积为4πR2=28π，
故答案为：28π．
根据线面垂直的判定定理与性质，三角形面积公式，基本不等式，即可求解．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，三角形面积的最值的求解，基本不等式的应用，三棱锥的外接球问题，属中档题．
15.【答案】证明：(1)记AC∩BD=O，连接OE．
因为四边形ABCD是正方形，所以O是BD的中点．
因为E是PD的中点，所以OE/​/PB．
因为OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，所以PB/​/平面ACE．

(2)连接OP．
因为四边形ABCD是正方形，所以O是AC的中点．
因为PA=PC，所以OP⊥AC．
因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．
因为OP，BD⊂平面PBD，且OP∩BD=O，所以AC⊥平面PBD．
因为AC⊂平面ACE，所以平面PBD⊥平面ACE．
【解析】(1)连接OE，可得OE/​/PB，从而可证PB/​/平面ACE；
(2)连接OP，可证AC⊥平面PBD，由面面垂直的判定定理即可证明．
本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：(Ⅰ)△ABC中，2c= 3a+2bcsA，
由正弦定理得2sinC= 3sinA+2sinBcsA；
又C=π−(A+B)，
所以2(sinAcsB+csAsinB)= 3sinA+2sinBcsA，
所以2sinAcsB= 3sinA；
又A∈(0,π)，所以sinA≠0，
所以csB= 32；
又B∈(0,π)，
所以B=π6；
(Ⅱ)若csA=14，A∈(0,π)，
所以sinA= 1−cs2A= 154，
所以sin2A=2sinAcsA=2× 154×14= 158，
cs2A=2cs2A−1=2×116−1=−78，
所以sin(2A+B)=sin2AcsB+cs2AsinB
= 158× 32−78×12
=3 5−716；
(Ⅲ)若c=7，bsinA= 3，
由bsinB=asinA，得asinB=bsinA= 3，
所以a= 3sinB= 312=2 3；
所以b2=c2+a2−2cacsB=49+12−2×7×2 3× 32=19，
解得b= 19．
【解析】(Ⅰ)利用正弦定理与三角形内角和定理，即可求得csB与B的值；
(Ⅱ)根据三角恒等变换求值即可；
(Ⅲ)利用正弦定理和余弦定理，即可求得b的值．
本题考查了三角恒等变换与解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
17.【答案】a=0.04；
x−=32.25，b=36；
35．
【解析】(1)根据题意可得0.01+0.02+a+0.06+0.07)×5=1，解得a=0.04；
(2)设这m人的平均年龄为：
x−=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岁，
因为前几组的频率依次为0.05，0.35，0.3，0.2，
所以第74百分位数在[35,40)之间，且为35+0.74−；
(3)若现从第三、四、五组中采用分层抽样的方法选取6人担任本市的消防安全宣传使者，
则从第三、四、五组中需依次选取6×+0.04+0.02=3,6×+0.04+0.02=2,6×+0.04+0.02=1人，
再从中随机抽取2人作为组长，求组长中至少有一人的年龄在第四组内的概率为P=1−4×36×5=1−25=35．
(1)根据频率之和为1即可列方程求解；
(2)直接根据频率分布直方图求解平均年龄与第74百分位数；
(3)由题意第三、四、五组中需依次选取3，2，1人，由古典概型、对立事件概率计算公式即可求解．
本题考查频率分布直方图的综合应用，属中档题．
18.【答案】证明见解析； 12； 43或4 23．
【解析】(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，连接OP，
因为PA=PB，所以PO⊥AB，
又因为侧面PAB⊥底面ABCD，侧面PAB∩底面ABCD=AB，PO⊂侧面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，又OD⊂平面ABCD，所以PO⊥OD，
又因为OD⊥PC，PO∩PC=P，PO，PC⊂平面POC，
所以OD⊥平面POC，
又因为OC⊂平面POC，所以OD⊥OC，
又PO⊥平面ABCD，OC⊂平面ABCD，则PO⊥OC，
因为PO∩OD=O，PO，OD⊂平面POD，所以OC⊥平面POD，
又因为PD⊂平面POD，
所以OC⊥PD．
(2)取CD中点为N，连ON，MN，
因为ON/​/BC，ON⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以ON/​/平面PBC，
又因为OM/​/平面PBC，OM∩ON=O，OM，ON⊂平面OMN，
所以平面OMN//平面PBC，MN⊂平面OMN，所以MN/​/平面PBC，
因为MN//PC，MN⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，
所以MN/​/平面PBC，PC，MN⊂平面PCD，平面PCD∩平面PBC=PC，
所以MN//PC，
又N为CD中点，则M为PD中点，
此时PMPD=12；
(3)由(1)可知OD⊥OC，所以△DAO为等腰直角三角形，
又AB=2，所以OD= 2，设PO=ℎ，则PD= ℎ2+2，
记点D到面PBC的距离为ℎD−PBC，
因为AD//BC，AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以AD/​/平面PBC，
因为ABOB=2，所以ℎD−PBC=ℎA−PBC=2ℎ−PBC=2ℎ ℎ2+1，
设PD与平面PBC所成角为θ，
所以sinθ=ℎD−PBCDP=2ℎO−PBCDP=2ℎ ℎ2+2⋅ ℎ2+1= 63，
即4ℎ2(ℎ2+2)(ℎ2+1)=23，
整理得ℎ4−3ℎ2+2=0，
则ℎ2=1或ℎ2=2，
解得ℎ=1或ℎ= 2，
即PO=1或 2
所以VP−ABCD=13SABCD⋅PO=43或4 23．
(1)连接OP，利用面面垂直的性质定理得PO⊥平面ABCD，然后利用线面垂直的性质定理得PO⊥OD，结合已知利用线面垂直的判定定理得OD⊥平面POC，进而利用线面垂直的判定及性质定理证明即可；
(2)取CD中点为N，连ON，MN，利用面面平行的判定定理证明平面OMN//平面PBC，再利用面面平行的性质定理得MN//PC，可得M为PD中点，即可求解；
(3)设PO=ℎ，利用等面积法求得点D到面PBC的距离为2ℎ ℎ2+1，根据线面角的正弦值列式求得ℎ=1或ℎ= 2，代入四棱锥的体积公式求解即可．
本题考查线面位置关系的判定，以及线面角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)=a⋅b− 32=sinxcsx+ 3cs2x− 32=12sin2x+ 32(1+cs2x)− 32=sin(2x+π3)，
f(x02)=sin(x0+π3)=−13，因为x0∈(−π2,π2)，所以x0+π3∈(−π6,5π6)，
而sin(x0+π3)=−13