2024-2025学年河北枣强中学高一下学期期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年河北枣强中学高一下学期期末数学试卷（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.复数−5i−2的实部为( )
A. 1B. 2C. −2D. 5
2.甲、乙两人进行围棋决赛，现在的情形是甲只要再赢一局就能获得冠军，乙需要再赢两局才能获得冠军，若甲每局赢的概率为25，且没有平局，则甲获得冠军的概率为( )
A. 1925B. 625C. 35D. 1625
3.如图，利用斜二测画法画出的四边形ABCD的直观图为等腰梯形A′B′C′D′，已知A′B′=6，C′D′=3，则BD的长为( )
A. 6B. 3 5C. 3 6D. 3 7
4.从编号为01，02，…，49，50的50个个体中利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法从随机数表第1行第5列的数开始由左到右依次抽取，则选出来的第4个个体的编号为( )
A. 14B. 07C. 32D. 43
5.在四面体ABCD中，E,F分别为棱AC,BD的中点，AD=6,BC=4,EF= 7，则异面直线AD与BC所成角为( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
6.在4个人中选若干人在3天假期中值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班两天，其中甲恰有一天值班的概率为( )
A. 14B. 12C. 712D. 34
7.已知l，m是两条不同的直线，α,β是两个不重合的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若l//m，m//α，则l//α
B. 若α⊥β，α∩β=l，m⊥l，则m⊥β
C. 若l⊥m，m⊂α，α//β，则l⊥β
D. 若α//β，m⊂α，则m//β
8.已知菱形ABCD的边长为1,BD= 3,M是菱形ABCD所在平面内的动点，则MA⋅(MB+MC)的取值范围是( )
A. −38,+∞B. −516,+∞C. −18,+∞D. −316,+∞
二、多选题：本题共4小题，共24分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.a，b是两条异面直线，A，B在直线a上，C，D在直线b上，A、B、C、D四点互不相同，则下列结论一定不成立的是( )
A. A、B、C、D四点共面B. AC//BD
C. AC与BD相交D. AC=BD
10.已知事件A,B,C两两互斥，若P(A)=14,P(A∪B)=34,P(A∪C)=512，则( )
A. P(B∩C)=16B. P(B)=12C. P(C)=13D. P(B∪C)=23
11.某校举行了微电影评比活动，甲、乙两部微电影播放后，6位评委分别进行打分(满分10分)，得到如图所示的统计图，则( )
A. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数B. 甲得分的极差大于乙得分的极差
C. 甲得分的均值大于乙得分的均值D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
12.如图是一个棱长为1的正方体的展开图，点P，Q分别是线段AB，GH上的动点，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的有( )
A. 线段AB与GH所在的直线是异面直线
B. 三棱锥E−QMF的体积为定值
C. 存在点P，使得∠EPD0，
故∠EPD始终为钝角，故C错误．
对于D：取AF的中点为U，连接UG，过Q作QV⊥GU，垂足为V，
由正方体的性质可得HU⊥平面ABC，而GU⊂平面GHU，
故HU⊥GU，故QV//HU，故QV⊥平面ABC，
故QV为Q到平面ABC的距离，
将▵AGH,△GHU平展到一个平面中，如图所示，
在直角三角形HGU中，斜边GH= 2,HU= 22，故∠HGU=30°，
故∠AGV=45°+30°，故d+AQ的最小值即为A到直线GU的距离，
该距离为1×sin75°= 6+ 24，故D正确．
故选：ABD．
13.【答案】165
【解析】【分析】根据百分位数的定义和运算规则计算即可．
【详解】由题意，该数据已经从小到大排列，则10×75％=7.5，
所以第75百分位数为第8个数，即165．
故答案为：165．
14.【答案】2
【解析】【分析】根据向量垂直的充要条件和数量积的定义即可求解．
【详解】∵a−2b⊥b，
∴a−2b⋅b=0，即a⋅b−2b2=0，
则abcsa,b−2b2=0．
又∵a=6，csa,b=23，
∴6×b×23−2b2=0，解得：b=2．
故答案为：2．
15.【答案】400
【解析】【分析】设该林区总共抽取的树种数量为n，根据分层随机抽样求出针叶林占比即可．
【详解】由题意，设该林区总共抽取的树种数量为n，
因为针叶林、阔叶林、混交林三类树种区域的面积占比为3:5:2，
所以针叶林区域占比为310，
又因为从针叶林区域抽取了120株样树，
所以n×310=120，解得n=400，
故该林区总共抽取的树种数量为400．
故答案为：400．
16.【答案】16 3
【解析】【分析】由截面是边长为2正方形，可得正四面体的棱长为4，再根据三角形的面积公式求解即可．
【详解】如图正四面体ABCD，截面正方形由4条边的中点构成，
由于正四面体的对称性，这4个中点共面且形成正方形，
即四边形EFGH是边长为2的正方形，
所以正四面体ABCD的棱长为4，
又因为正四面体ABCD每个面都是等边三角形，
所以SABCD=4S▵ABC=4×12×|AB|×|AC|×sin60°=2×4×4× 32=16 3．
故答案为：16 3．
17.【答案】解：(1)根据分层抽样的方法，
所以男生样本数据个数为30000−1800030000×300=120；
(2)学生每周平均体育运动时间不超过7个小时的概率为：(0.025+0.1+0.15)×2+0.125×1=0.675，
所以该校学生每周平均体育运动时间不超过7个小时的概率0.675．

【解析】(1)根据分层抽样比公式进行求解即可；
(2)根据频率分布直方图，利用样本频率估计概率得解．
18.【答案】解：(1)如图所示，连接BD,B1D1，则B1D1⊥A1C1，
∵BB1⊥平面A1B1C1D1，∴BB1⊥A1C1，
又BB1∩B1D1=B1，∴A1C1⊥平面BB1D1D，
∵B1D⊂平面BB1D1D，∴A1C1⊥平面BB1D1D．
∵B1D⊂平面BB1D1D．∴B1D⊥A1C1，同理B1D⊥A1B，
∵A1B∩A1C1=A1，∴B1D⊥平面A1C1B．
(2)连接A1H,BH,C1H，由A1B1=BB1=C1B1，得A1H=BH=C1H，
因此点H为ΔA1C1B的外心，
又ΔA1C1B为正三角形，∴点H也是ΔA1C1B的重心．

【解析】(1)结合正方体的结构特征，以及线面垂直的判定定理，即可证得B1D⊥平面A1BC1；
(2)连接A1H,BH,C1H，根据A1H=BH=C1H，得出点H为ΔA1C1B的外心，进而得到点H也是ΔA1C1B的重心．
【点睛】本题主要考查了正方体的结构特征，以及线面垂直的判定与证明，其中解答中熟记正方体的结构特征，合理应用线面垂直的判定定理和性质定理是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题．
19.【答案】解：(1)a2+b2c=sin2A+sin2BsinC⇒a2+b2sinC=csin2A+sin2B，
由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC，
故4R2sin2A+sin2BsinC=2RsinCsin2A+sin2B，
又A,B,C∈0,π，故sinA,sinB,sinC>0，且R>0，
所以4R=2，解得R=12；
(2)由正弦定理得a=2RsinA=sinA，
又a=csBcsC，故sinA=csBcsC，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
故csBcsC=sinBcsC+csBsinC，两边同除以csBcsC得
tanB+tanC=1，
a=csBcsC>0，故csB,csC同号，
显然两者均不能同为负，此时B,C均为钝角，不合要求，
故B,C均为锐角，tanB>0,tanC>0，
1tanB+1tanC=1tanB+1tanCtanB+tanC=1+1+tanBtanC+tanCtanB
≥2+2 tanBtanC⋅tanCtanB=4，当且仅当tanBtanC=tanCtanB，即B=C时，等号成立，
所以1tanB+1tanC的最小值为4．

【解析】(1)由正弦定理进行化简，得到4R=2，求出外接圆半径；
(2)由正弦定理得到a=sinA=csBcsC，由正弦和角公式和同角三角函数关系，得到tanB+tanC=1，利用基本不等式“1”的代换，求出最小值．
20.【答案】解：(1)由题意知，总样本的平均数x1=40100×170+60100×160=68+96=164.总样本的方差s12=1100×40×16+(170−164)2+1100×60×18+(160−164)2=20.8+20.4=41.2．
(2)男、女样本量分别为30和70时，
总样本的平均数x2=30100×170+70100×160=51+112=163，
总样本的方差s22=110030×16+(170−163)2+110070×18+(160−163)2=19.5+18.9=38.4，
所以x1>x2,s12>s22．
(3)答案示例1：可以认为x1比x3更接近总体平均身高．理由如下：男、女生身高存在明显差异，采用按男、女比例分配的分层随机抽样的效果一般会好于简单随机抽样，所以可以认为x1比x3更接近总体平均身高．
答案示例2：不能认为x1比x3更接近总体平均身高．理由如下：由于样本的随机性，对于一次抽样而言，可能简单随机抽样的估计效果好于分层随机抽样的估计效果，以不能认为x1比x3更接近总体平均身高．
答案示例3：无法确定x1是否比x3更接近总体平均身高．
理由如下：由于样本的随机性，对于一次抽样而言，并不能保证分层随机抽样的估计效果一定好于简单随机抽样，所以无法确定x1是否比x3更接近总体平均身高．

【解析】略
21.【答案】解：(1)∵CD⊥BC，又AB⊥CD，AB∩BC=B,AB,BC⊂平面ABC，
故CD⊥平面ABC，
又CD⊂平面BCD，故平面ABC⊥平面BCD；
(2)取BC中点为O，过O作OE⊥BD于E，连接AE,OA，
由(1)知平面ABC⊥平面BCD，且两平面的交线为BC，
由于AB=AC，O是BC的中点，
故AO⊥BC，AO⊂平面ABC，故AO⊥平面BCD，
BD⊂平面BCD，则AO⊥BD，
结合OE⊥BD，OE∩OA=O,OA,OE⊂平面OAE，
故BD⊥平面OAE，AE⊂平面OAE，故AE⊥BD，
因此∠AEO为二面角A−BD−C的平面角，
设BC=2，则AO=12BC=1,OE=12OB=12，故cs∠AEO=EOAE=12 12+122= 55
(3)由于M，N分别为BD，CD的中点，故NM//BC，
NM⊂平面AMN，BC⊄平面AMN，
故BC//平面AMN，
BC⊂平面ABC，且平面AMN与平面ABC的交线为l，故BC//l，
故BC与BD所成的角即为直线l与BD所成角的角，
由于BC与BD所成的角为∠CBD=30∘
故直线l与BD所成角的余弦值为cs∠CBD= 32．

【解析】(1)根据线线垂直，结合线面垂直的判定可得CD⊥平面ABC，即可由面面垂直的判定求解，
(2)根据二面角的定义，结合垂直关系可得∠AEO为所求角，即可利用三角形的边角关系求解，
(3)根据线面平行的性质可得BC与BD所成的角即为直线l与BD所成角的角，即可求解．
22.【答案】解：(1)记▵ABC中角A,B,C所对的边分别为a,b,c，
因为D为BC中点，所以2AD=AB+AC，两边平方得：
4AD2=AB2+AC2+2AB⋅AC，
因为A=π3，所以4AD2=c2+b2+bc，
又AD⋅BC=AB⋅AC=bc，所以4AD2=AB2+AC2+AD⋅BC．
(2)记∠ADB=θ，则S▵ABC=2S▵ABD=a2⋅ADsinθ，
又S▵ABC=12bcsinA= 34bc，所以 34bc=a2⋅ADsinθ，
因为AD⋅a=bc，所以sinθ= 32，
又θ∈0,π，所以θ=π3或θ=2π3，
当θ=π3时，在▵ABD,△ABC中，由余弦定理可得：
c2=AD2+a24−a2⋅AD=AD2+a24−bc2，a2=b2+c2−bc，
消去a2整理得4AD2=3c2−b2+3bc，又4AD2=c2+b2+bc，
所以3c2−b2+3bc=c2+b2+bc，即b2=c2+bc，
代入a2=b2+c2−bc得：a2=2c2，即a= 2c，BC= 2AB．
当θ=2π3时，∠ADC=π3，同理可证BC= 2AC．
故BC= 2AB或BC= 2AC．
(3)当a= 2c时，由余弦定理得a2=b2+c2−bc，
即b2−bc−c2=0，所以b=c± 5c2，因为b,c>0，所以b=1+ 52c，
所以csBcsC=a2+c2−b22ac⋅a2+b2−c22ab
=2c2+c2−1+ 52c22 2c2⋅2c2+1+ 52c2−c22 2c⋅1+ 52c=3 5−516；
当a= 2b时，有c=1+ 52b，同理可得csBcsC=3 5−516．
综上csBcsC=3 5−516．

【解析】(1)将向量式2AD=AB+AC两边平方，结合已知可证；
(2)根据面积公式，结合已知可得∠ADB，在▵ABD,△ABC中利用余弦定理列方程，结合(1)中结论消元即可得证；
(3)利用(2)中结论，结合余弦定理求出三边关系，然后由余弦定理求解即可．
7816
6572
0812
1463
0782
4369
9728
0198
3204
9234
4935
8200
3623
4869
6938
7481