2024-2025学年安徽省六安市毛坦厂中学教育集团高一下学期期末联考数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省六安市毛坦厂中学教育集团高一下学期期末联考数学试卷（含解析），共15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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知i为虚数单位，则2+3i4−i=( )
A. 10iB. 11+10iC. 11iD. 10+11i
2.已知向量a=−1,12，b=(1,m)，若a⊥b，则b=( )．
A. 3B. 2C. 5D. 5
3.下列说法错误的是( )
A. 为了解我国中学生的视力情况，应采取抽样调查的方式
B. 频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值
C. 抽签法和随机数法是两种常用的简单随机抽样的方法
D. 某种疾病的治愈率为10%，若前9个病人没有被治愈，则第10个病人一定被治愈
4.已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′//B′C′，∠O′A′B′=90°,O′A′=2,B′C′=4，则原四边形OABC的面积为( )
A. 24 2B. 12 2C. 6 2D. 3 2
5.已知α,β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是( )
A. 若α⊥β,m⊥α,m//n，则n//β
B. 若m//β,n//β,m⊂α,n⊂α，则α//β
C. 若m//α,m⊂β,α∩β=n，则m//n
D. 若m⊥α,n⊥β,α⊥β，则m//n
6.某中学高一年级有600名男学生，400名女学生，现用分层随机抽样的方法调查了50名高一学生的身高.若样本中男生身高的平均数和方差分别为172和9，女生身高的平均数和方差分别为162和14，则估计高一年级学生的平均身高和方差分别为( )
A. 168，35B. 168，20C. 169.6，35D. 169.6，20
7.已知一组数据1，2，3，4，x(00，则事件A，B相互独立与互斥能同时成立
D. 若A，B，C两两独立，则P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E为AB的中点，点P是正方形ABB1A1内的一点(包含边界)，则下列说法正确的是( )
A. 正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为12π
B. 二面角D1−EC−B的正切值为− 55
C. ▵PD1C的周长的最小值为2 6+2 2
D. 若C1P//平面D1CE，则点P的轨迹长度为 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若圆台上、下底面直径分别为2和4，高为 3，则此圆台的体积为 ．
13.某高一班级有40名学生，在一次物理考试中统计出平均分数为70，方差为95，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得70分却记为50分，乙实得60分却记为80分，则更正后的方差是 ．
14.已知▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A=π3，a= 3，则b+csinB+sinC= ；▵ABC的外接圆的圆心是O，则AO⋅(AB+AC)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.(本小题13分)
已知甲、乙两人进行围棋挑战赛，先胜两局的一方赢得比赛，每局比赛不考虑平局，并且前一局先手的一方，下一局比赛将作为后手．在每一局比赛中若甲方先手，则该局甲获胜的概率为23；若甲方后手，则该局甲获胜的概率为25．
(1)求双方需要进行第三局比赛的概率；
(2)若第一局比赛乙先手，求甲赢得比赛的概率．
16.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是AB，A1B1的中点．
(1)证明：平面BC1E//平面A1DC；
(2)若三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，且棱长均为2，求异面直线A1D与BC1所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
某企业以“庆祝春节，迎接新年”为主题的职工歌手大赛决赛如期举行，满分100分，共有100人参赛，将参赛歌手的成绩分成如下五组：第一组[50,60)，第二组[60,70)，第三组[70,80)，第四组[80,90)，第五组[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，求a的值及参赛歌手的平均成绩(同一组数据用该组区间的中点值作代表)；
(2)根据频率分布直方图，求参赛歌手成绩的40％分位数；
(3)从参赛成绩在[50,60)和[90,100]的歌手中，采用分层随机抽样方法抽取6名歌手，再从抽取的这6名歌手中随机抽取2名歌手，求这2名歌手比赛成绩在[50,60)和[90,100]内各1人的概率．
18.(本小题17分)
已知▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(b−a)(b+a)=c(b−c)．
(1)求角A的大小；
(2)若b=2，c=3，点D是边BC上的一点，且BDDC=32.求AD的长；
(3)若▵ABC是锐角三角形，b=1，点E为AB的中点，求CE的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD//BC,AB⊥AD，AB=BC=AP=2,AD=4．
(1)证明：CD⊥平面PAC；
(2)求二面角B−PC−D的大小；
(3)点T是棱PC上的动点(不包括端点)，求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】利用代数形式的复数乘法计算得解．
【详解】2+3i4−i=11+10i．
故选：B
2.【答案】C
【解析】【分析】根据垂直向量的数量积以及其坐标表示，建立方程，求得参数，利用模长公式，可得答案．
【详解】因为a⊥b，所以a⋅b=−1+12m=0，所以m=2，所以b= 5．
故选：C．
3.【答案】D
【解析】【分析】根据抽样调查的概念判断，再根据频率与概率关系，抽样的概念的，再根据概率的定义求解．
【详解】抽样调查适用于调查对象数量庞大，耗时耗力，我国中学生的数量庞大，全面调查不适用，故A正确；
根据频率与概率的关系，频率随试验次数增加趋于稳定，这个稳定值即为概率，故B正确；
抽签法和随机数法是简单随机抽样的两种基础方法，符合定义，故C正确；
独立事件的概率互不影响，治愈率为10%意味每次治疗结果独立，前9人未治愈不影响第10人的概率，治愈率仍为10%，故D错误．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】结合图形先求出梯形O′A′B′C′的面积，再利用直观图与对应的平面图的面积之间的关系即可求得四边形OABC的面积．
【详解】由题意，四边形OABC的直观图为直角梯形O′A′B′C′，
其面积为12(2+4)×(4−2)tan45∘=6，
故四边形OABC的面积为2 2×6=12 2．
故选：B．
5.【答案】C
【解析】【分析】运用线面平行、垂直，面面平行、垂直判定和性质，逐个判断．
【详解】若α⊥β,m⊥α,m//n，则n//β或n⊂β，故A错误；
当m//β,n//β,m⊂α,n⊂α，若m,n不相交，则推不出α//β，故B错误；
若m//α,m⊂β,α∩β=n，则m//n，故C正确；
若m⊥α,n⊥β,α⊥β，则m⊥n，故D错误．
故选：C．
6.【答案】A
【解析】【分析】先得到样本中的男生和女生人数，进而利用平均数和整体方差的求解公式进行计算．
【详解】男学生和女学生人数比例为600:400=3:2，
故样本中男生人数为50×33+2=30人，女生人数为50×23+2=20人，
样本的平均数为3020+30×172+2020+30×162=168，
样本的方差为3050×9+(172−168)2+2050×14+(162−168)2=35．
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】由题意首先求得实数x的值，然后列出所有可能的结果，从中挑选满足题意的结果结合古典概型计算公式即可求得最终结果．
【详解】由数据1，2，3，4，x(00，P(B)>0，所以事件A，B相互独立与A，B互斥不可能同时成立，故C错误；
D：设样本空间Ω=a,b,c,d含有4个等可能的样本点，且A=a,b，B=a,c，C=a,d，
则P(A)=P(B)=P(C)=12，P(AB)=P(AC)=P(BC)=14，
所以P(AB)=P(A)P(B)，P(AC)=P(A)P(C)，P(BC)=P(B)P(C)，即A，B，C两两独立，
但是P(ABC)=14≠P(A)P(B)P(C)=18，所以A，B，C两两独立时，P(ABC)=P(A)P(B)P(C)不一定成立，故D错误．
故选：AB．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】对于选项A，确定半径后根据球的表面积公式求解即可；对于选项B，作出辅助线找出二面角D1−EC−B的平面角，然后根据边角关系求出正切值；对于选项C，找出点C关于平面ABB1A1的对称点为C′，然后求出三角形周长的最小值；对于选项D，作出辅助线，根据线面平行得到面面平行，然后确定点P的轨迹求出长度即可．
【详解】对于选项A：因为正方体的外接球直径等于正方体的体对角线长，
而体对角线长度为l= 22+22+22=2 3，所以外接球半径为 3．
根据球的表面积公式可得：S=4πR2=12π，A正确．
对于选项B：过点D作直线CE的垂线，垂足为O，连接D1O，如图所示．
易得∠D1OD为二面角D1−EC−D的平面角，又sin∠DCO=DODC=sin∠CEB=CBCE，
所以DO=CBCE·DC=4 55，所以tan∠D1OD=D1DDO= 52，
所以二面角D1−EC−B的正切值为− 52，故B错误．
对于选项C：记点C关于平面ABB1A1的对称点为C′，
所以PD1+PC=PD1+PC′≥D1C′= 22+22+42=2 6，
当且仅当P,D1,C′三点共线时等号成立，所以▵PD1C的周长的最小值为2 6+2 2，C正确．
对于选项D：取A1B1的中点H，BB1的中点G，连接GH,C1H,C1G，
易得C1H//CE，又C1H不在平面D1CE上，CE⊂平面D1CE，
所以C1H//平面D1CE，又易得HG//D1C，HG不在平面D1CE上，
D1C⊂平面D1CE，所以HG//平面D1CE，
又HG∩C1H=H，HG,C1H⊂平面C1HG，
所以平面C1HG//平面D1CE，所以点P在线段GH上，
所以点P的轨迹长度GH= 1+1= 2，所以D正确．
故选：ACD．
12.【答案】7 3π3
【解析】【分析】利用圆台的体积公式直接代入求得结果．
【详解】设圆台上底面的半径为r=1，下底面的半径为R=2，高为ℎ= 3，
则圆台的体积V=13πℎr2+R2+rR=13π× 3×12+22+1×2=7 3π3．
故答案为：7 3π3．
13.【答案】85
【解析】【分析】根据平均数、方差的计算公式求解即可．
【详解】设更正前甲，乙，丙...的成绩依次为a1,a2,…,a40，
则a1+a2+…+a40=40×70，
即50+80+a3+…+a40=40×70，
所以130+a3+…+a40=40×70，
a1−702+a2−702+…+a40−702=40×95，
即202+102+a3−702+…+a40−702=40×95，
所以102+a3−702+…+a40−702=40×95−400．
更正后的平均分x=70+60+a3+⋯+a4040=130+a3+⋯+a4040=70，
更正后的方差s2=140(70−70)2+(60−70)2+a3−702+⋯+a40−702
=140102+a3−702+⋯+a40−702=140×(40×95−400)=85．
故答案为：85．
14.【答案】2；3
【解析】【分析】利用正弦定理直接求解第一空，合理作出图形，建立平面直角坐标系，利用外心的性质求出关键点的坐标，将目标式表示出来，最后利用余弦定理结合基本不等式求解最值即可．
【详解】由正弦定理得 3 32=bsinB=csinC=2，解得b=2sinB，c=2sinC，
则b+csinB+sinC=2sinB+2sinCsinB+sinC=2(sinB+sinC)sinB+sinC=2，
如图，取AB中点D，连接CD，因为▵ABC的外接圆的圆心是O，所以OD⊥BC，以A为原点建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(c,0)，C(12b, 32b)，则AB边上的中垂线方程为x=12c，
由斜率公式得kBC= 32b12b−c= 3bb−2c，则BC的方程为y= 3bb−2c(x−c)，
由中点坐标公式得B,C的中点坐标为(c2+b4, 34b)，
故BC边上的中垂线方程为y− 34b=−b−2c 3bx−(c2+b4)，
设O(12c,t)，代入方程中，得到t− 34b=−b−2c 3b12c−(c2+b4)，
解得t=2b−c2 3，则O(12c,2b−c2 3)，
故AO=(12c,2b−c2 3)，AB=(c,0)，AC=(12b, 32b)，
则AB+AC=(c+b2, 32b)，故AO⋅(AB+AC)=12c2+bc4+b(2b−c)4=12c2+12b2，
在▵ABC中，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc，
则12=b2+c2−32bc，解得b2+c2=bc+3，
故AO⋅(AB+AC)=12c2+12b2=12(bc+3)，
由重要不等式得b2+c2≥2bc，当且仅当b=c时取等，
则b2+c2=bc+3≥2bc，解得bc≤3，
则bc+3≤6，故AO⋅(AB+AC)≤3，即其最大值为3，
故答案为：2；3
15.【答案】解：(1)若双方需要进行第三局比赛，则前两局比赛中双方各胜一局，
因为前两局比赛中，双方各先手一次，
故双方需要进行第三局比赛的概率P=23×35+13×25=815．
(2)记第i局甲获胜为事件Ai(i=1,2,3)，甲赢得比赛为事件B，则B包含的所有事件为A1A2,A1A2A3,A1A2A3，且这3个事件之间两两互斥，
由PA1A2=25×23=415，
PA1A2A3=25×13×25=475，
PA1A2A3=35×23×25=425，
得P(B)=PA1A2+PA1A2A3+PA1A2A3=415+475+425=1225．

【解析】(1)由互斥事件和事件概率加法公式可得；
(2)将所求事件转化为A1A2,A1A2A3,A1A2A3这3互斥事件的和事件，再由概率加法公式可求．
16.【答案】解：(1)证明：因为D，E分别是AB，A1B1的中点，所以A1E=DB，A1E//DB，
所以四边形A1DBE是平行四边形，所以A1D//BE，
又A1D⊂平面A1DC，BE⊄平面A1DC，所以BE//平面A1DC，
连接DE，由棱柱的性质，可知DB//EB1,DB=EB1,所以四边形DBB1E为平行四边形，所以DE//BB1,DE=BB1，又CC1//BB1,CC1=BB1，
所以DE//CC1，DE=CC1，
所以四边形DEC1C是平行四边形，所以EC1//DC，
又DC⊂平面A1DC，EC1⊄平面A1DC，所以EC1//平面A1DC，
因为BE∩EC1=E，BE,EC1⊂平面BC1E，所以平面BC1E//平面A1DC．
(2)解：由(1)知A1D//BE，所以异面直线A1D与BC1所成角为∠EBC1(或其补角)，
因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1，
因为B1E，B1C1⊂平面A1B1C1，所以BB1⊥B1E，BB1⊥B1C1，
所以BE= 22+12= 5，BC1=2 2，EC1= 3，
所以BE2+EC12=BC12，即BE⊥EC1，
所以在Rt▵BEC1中，sin∠EBC1= 64，
即异面直线A1D与BC1所成角的正弦值为 64．

【解析】(1)通过证明BE//平面A1DC，EC1//平面A1DC，来证明面面平行；
(2)先证明异面直线A1D与BC1所成角为∠EBC1(或其补角)，再在Rt▵BEC1中计算即可．
17.【答案】解：(1)第一至第五组对应的频率分别为0.010×10=0.1；0.015×10=0.15；
0.040×10=0.4；a×10=10a；0.005×10=0.05，
所以0.1+0.15+0.4+10a+0.05=1，解得a=0.030，
所以参赛歌手的平均成绩为0.1×55+0.15×65+0.4×75+0.3×85+0.05×95=75.5分.
(2)由0.1+0.15=0.250.4，
得参赛歌手成绩的40％分位数为70+0.4−0.250.4×10=73.75分.
(3)由0.1:0.05=2:1，得这6人中参赛成绩在[50,60)的人数为6×23=4人，分别记为a，b，c，d；
在[90,100]的人数为6−4=2人，分别记为x，y．
在这6个人中抽取2个人，共(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,x)，(a,y)，(b,c)，(b,d)，(b,x)，(b,y)，(c,d)，(c,x)，(c,y)，(d,x)，(d,y)，(x,y)，15个基本事件，
这2名歌手比赛成绩在[50,60)和[90,100]内各1人，共(a,x)，(a,y)，(b,x)，(b,y)，(c,x)，(c,y)，(d,x)，(d,y)，8个基本事件，
故这2名歌手比赛成绩在[50,60)和[90,100]内各1人的概率为815．

【解析】(1)根据频率的性质求a，再根据平均数运算求解；
(2)40％分位数表示频率分布直方图中从第一组[50,60)开始往后累加的矩形面积之和为0.4，运算即可求解．
(3)先根据分层抽样求参赛成绩在[50,60)的人数，再结合古典概型运算求解．
18.【答案】解：(1)在▵ABC中，由(b−a)(b+a)=c(b−c)，得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，而0