2024-2025学年湖北省部分重点高中高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖北省部分重点高中高一（下）期末数学试卷（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.若复数z=a2−4+(a+2)i为纯虚数，则实数a的值为( )
A. 2B. 2或−2C. −2D. −4
2.与向量a=(1,− 3)垂直的单位向量是( )
A. ( 32,12)B. (12, 32)
C. ( 32,12)和(− 32,−12)D. (12, 32)和(−12,− 32)
3.已知圆锥的母线长为2，高为 3，则圆锥的全面积为( )
A. 5πB. 4πC. 3πD. 2π
4.已知向量AB=(4,2)，AC=(−1,3)，则△ABC的面积为( )
A. 5 2B. 7C. 10D. 14
5.正方体中，A，B，C，D分别是所在棱的中点，则下列图形中AB与CD是异面直线，且所成的角为60°的是( )
A. B.
C. D.
6.设A，B，C，D是同一个半径为2的球的球面上四点，△ABC为等腰直角三角形且面积为3，则三棱锥D−ABC体积的最大值为( )
A. 9B. 6C. 92D. 3
7.在△ABC中，AB= 21，BC=5，AC=4，O为△ABC的外心，则OA⋅OB的值为( )
A. −72B. 72C. −7 32D. 7 32
8.已知向量a，b满足：|a|=1，|a+2b|=3，则|b|+|a+b|的最大值为( )
A. 3B. 10C. 4D. 5
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.若复数z=1−i3−4i(i为虚数单位)，则下列说法正确的是( )
A. 复数z的虚部为125i
B. |z|= 25
C. 复数z对应的点在第一象限
D. 复数ω满足|ω|=1，则|ω−z|的最大值为 25+1
10.一组样本有互不相等的5个数据，平均数记为x0，方差记为y0，下列说法错误的是( )
A. 去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其平均数等于x0
B. 去掉样本数据中的最大值和最小值后得到一组新数据，其方差小于y0
C. 去掉样本数据中的最小值后得到一组新数据，其方差小于y0
D. 去掉样本数据中的中位数后得到一组新数据，其方差小于y0
11.如图，四面体ABCD中，M是棱AB上的动点，N是棱CD上的动点(M、N不与四面体的顶点重合).记BN与DM所成的角为φ，BN与平面MCD的所成的角为θ，平面MCD与平面BCD的夹角为β，则φ，θ，β的大小关系不可能是( )
(注：平面α与平面β相交形成的四个二面角中，不大于90°的二面角称为平面α与平面β的夹角)
A. φ>θ>βB. φ>β>θC. β>θ>φD. β>φ>θ
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.我市某所高中共有学生1800人，其中一、二、三年级的人数比为5：4：3，采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为240的样本，则应抽取一年级的人数为______．
13.已知向量a,b,c满足|b|=1，|c|= 7，2a+b+c=0.若a与b夹角是2π3，则|a|= ______．
14.设正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点M在正方体的表面上运动，且满足A1M与平面ABCD成45°的角，则点M轨迹的长度为______．
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)
复数z的共轭复数为z−,i为虚数单位．
(1)若1+i是关于z的实系数一元二次方程az2+bz+1=0的一根，求实数a，b的值．
(2)若3z−−|z|=7−9i，求复数z．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1=4，AC=3，BC=5．
(1)求证：A1B⊥平面AB1C；
(2)求直线B1C1与平面AB1C所成角的正弦值．
17.(本小题15分)
七彩联盟组织学生参加数学知识竞赛活动，现从中抽取500名学生的竞赛成绩为样本，按照[30,50)，[50,70)，[70,90)，[90,110)，[110,130)，[130,150]分成6组，制作出如图所示数据不完整的频率分布直方图，并计算出：成绩在[30,90)内的学生的平均成绩为x1−=65分，方差为s12=200；成绩在[90,150]内的学生的平均成绩为x2−=115分，方差为s22=225；样本的学生的平均成绩为x−=97分.
(1)求频率分布直方图中a的值；
(2)成绩位列前60%的学生将获得优胜奖，以样本估计总体，估计获得优胜奖的成绩为多少分？(取整数分)
(3)求样本的方差s2．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若△ABC的面积S=3 3，AB⋅AC=6，且有3csAa+csBb=2csCc．
(1)求角A和角C；
(2)若BD=2DC，求|AD|．
19.(本小题17分)
(1)如图1，直线l与△MON的三边所在直线分别相交于P，Q，R三点.若OP=mPM，MQ=nQN，NR=tRO，证明：mnt=−1．
(2)四面体ABCD中，E，F分别为棱AB，CD的中点，经过EF的平面α分别与棱BC，DA相交于点G，T(不与顶点重合)，证明：
①若AC//α，则BD//α(如图2)；
②平面α始终平分四面体ABCD的体积.请仅就AC与平面α相交于点K时(如图3)证明此结论．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.B
5.B
6.D
7.A
8.B
9.BCD
10.ACD
11.AC
12.100人
13.32
14.2 2+π2
15.(1)法一：由已知有方程az2+bz+1=0的两根为1±i，
由根与系数的关系得−ba=(1+i)+(1−i)=21a=(1+i)(1−i)=2
∴a=12,b=−1．
(1)法二：由1+i是方程的根，所以有a(1+i)2+b(1+i)+1=0，
整理得(b+1)+(2a+b)i，根据复数相等b+1=02a+b=0，解得a=12b=−1．
∴a=12,b=−1．
(2)设z=m+ni(m,n∈R)，则z−=m−ni(m,n∈R)，∵3z−−|z|=7−9i，
∴3(m−ni)− m2+n2=7−9i，由复数的相等有3m− m2+n2=7−3n=−9，
解得m=4，n=3，故复数z=4+3i．
16.(1)证明：在△ABC中，AB=4，AC=3，BC=5，
可得AB2+AC2=BC2，即AC⊥AB，
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
因为AC⊂平面ABC，所以AA1⊥AC，
又因为AA1∩AB=A，
所以AC⊥平面AA1B1B，
又因为A1B⊂平面AA1B1B，AC⊥A1B，
又知四边形AA1B1B是正方形，所以A1B⊥AB1，
又因为AC∩AB1=A，
所以A1B⊥平面AB1C；
(2)解：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，B1C1//BC，
所以B1C1与平面AB1C所成的角等于BC平面AB1C所成的角，
设其大小为α，
设AB1∩A1B=O，则O为A1B的中点，连接OC，
由(1)知，BO⊥平面AB1C，
所以BC与平面AB1C所成的角为∠BCO，
因为四边形AA1B1B为矩形，AB=4，AA1=4，
故A1B= AA12+AB2=4 2，
所以BO=12A1B=2 2，
在Rt△BCO中，sinα=sin∠BCO=BOBC=2 25，
因此直线B1C1与平面AB1C所成角的正弦值为2 25．
17.(1)设成绩在[90,150]的频率为p，则成绩在[30,90)的频率为1−p，
因为成绩在[30,90)内的学生的平均成绩为x1−=65，
成绩在[90,150]内的学生的平均成绩为x2−=115，平均成绩为x−=97，
所以p×115+(1−p)×65=97，解得p=0.64．
则根据频率分布直方图有(0.014+a+0.006)×20=0.64，解得a=0.012．
(2)设获得优胜奖的成绩为Y分，易计算得频率分布直方图成绩在[90,110)，[110,130)，[130,150]的频率分别为0.28、0.24、0.12，
则优胜奖成绩Y位于[90,110)中，
由此有Y−90110−90=0.64−×20，解得Y=90+0.64−+207≈93，
故以样本估计总体，估计获得优胜奖的成绩为93分．
(3)样本方差s2=(1−0.64)[(x1−−x−)2+s12]+0.64[(x2−−x−)2+s22]，
即s2=0.36[(65−97)2+200]+0.64[(115−97)2+225]
=351.36+440.64=792，
则样本的方差s2=792．
18.(1)由已知得S△ABC=12×bc×sinA=3 3AB⋅AC=bc×csA=6，两式相除得tanA= 3，
又0