2024-2025学年云南省玉溪市第三中学高一下学期期末检测考试（实验班）数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年云南省玉溪市第三中学高一下学期期末检测考试（实验班）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。
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.若复数3+ai1+i(a∈R,i为虚数单位)是纯虚数，则实数a的值为( )
A. −3B. −32C. 32D. 3
2.已知平面向量a，b满足a=b=2.若a+ 2b⋅a=0，则向量a，b的夹角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 135°
3.已知函数f(x)为定义在R上的奇函数，函数F(x)=f(x−1)+1.则F12000+F22000+F32000+⋯+F39992000=( )
A. 2000B. 1999C. 4000D. 3999
4.已知圆锥的底面半径为1，体积为π，则它的侧面积为( )
A. 2πB. 3πC. 10πD. 4π
5.某机构统计了一地区部分观众每周观看某一电视节目的时长(单位：分钟)情况，并想点样本数据绘制得到如图所示的频率分布直方图(分为[0,40),[40,80)，[80,120),[120,160)，[160,200),[200,240)，[240,280]共七组)，则估计这些观众观看时长的35％分位数为( )
A. 136B. 135C. 116D. 125
6.如图，海中有一座小岛P，一艘游轮自东向西航行，在点A处测得该岛在其南偏西75°方向，游轮航行16海里后到达点B处，测得该岛在其南偏西45°方向．若这艘游轮不改变航向继续前进，则游轮到该岛的最短距离为( )
A. (8 3−8)海里B. (4 3−4)海里C. (8 3+8)海里D. (4 3+4)海里
7.如图，正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1的底面边长为5，点M,N分别为线段E1E,E1D1的中点，若异面直线MN与B1C所成角的余弦值是14，则此正六棱柱的体积为( )
A. 375 32B. 375 32或75 52
C. 75 52D. 375 32或75 152
8.如图，扇形的半径为1，圆心角∠BAC=150∘，点P在弧BC⌢上运动，AP=λAB+μAC，则 3λ−μ的最小值是( )
A. 2B. 3C. − 3D. −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.设z1,z2是复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z1⋅z2=0，则z1=0或z2=0B. 若z13∈R，则z1∈R
C. 若z1=z2，则z1·z1=z2·z2D. z1−z2= z1+z22−4z1z2
10.以下选项正确的是( )
A. i=1n xi−x=0
B. 事件A与事件B互为对立事件，则事件A与事件B一定互斥
C. 事件A与事件B相互独立，则事件A与事件B一定互斥
D. “掷2次硬币出现1个正面”的概率与“掷4次硬币出现2个正面”的概率不相等
11.如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在的平面，点C是圆周上异于A，B的任一点，则下列结论中正确的是( )
A. PB⊥AC
B. PC⊥BC
C. 平面ABC⊥平面PAC
D. 平面PBC⊥平面PAC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,2)，b=(csθ,sinθ)，且a⃗//b⃗，则cs2θ= ．
13.从存放号码分别为1,2,3,⋯,10的卡片的盒子里，有放回地取100次，每次取一张卡片，并记下号码，统计结果如下：
取到号码为奇数的频率为 ．
14.等腰梯形ABCD中，A=π6，|AB|=4，|CD|=1，底边AB的中点为O，动点P，Q分别在腰BC，AD(包含端点)上，且OP,OQ=2π3.若(OC→+OD→)/\!/(λOP→+μOQ→)其中λ，μ∈R，则4λ+5μ2λ+3μ的取值范围是 ．
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)
如图，四边形ABCD中，已知AB=6，BC=2，BC⋅BA=−6．
(1)若AC中点为M，求BM的长；
(2)若∠BCD=120°，设∠BDC=θ，
①用θ表示BD，并写出θ的取值范围；②若∠ADB=60°，求θ的值．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD中，▵PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB=2，E为PD的中点．
(1)证明：CE//平面PAB；
(2)求直线CE与平面PAB间的距离．
17.(本小题15分)
我国是世界上严重缺水的国家，城市缺水问题较为突出．某市政府为了鼓励居民节约用水，计划在本市试行居民生活用水定额管理，即确定一个合理的居民用水量标准x(单位：t)，月用水量不超过x的部分按平价收费，超出x的部分按议价收费．为了了解全市居民用水量分布情况，通过抽样，获得了100位居民某年的月均用水量(单位：t)，将数据按照[0,0.5),[0.5,1)，…，[4,4.5]分成9组，制成了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)若该市政府希望使90％的居民每月的用水量不超过标准xt，估计x的值，并说明理由．
(3)在100位居民中，第2组有n位居民，若这n位居民月均用水量的平均数为0.75t，方差为s2，若其中一位居民的用水量为0.75t，请判断其它(n−1)位居民月均用水量的方差s12与s2的大小关系，并说明理由．(参考公式：s2=1ni=1n xi−x2)
18.(本小题17分)
如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，四边形ABB1A1是菱形，D为AB的中点，A1D⊥平面ABC，BB1=2BC=2．
(1)求证：四边形CBB1C1为矩形；
(2)在A1C1上是否存在点Q，使得B1Q⊥平面A1DC，若存在，求出A1QQC1的值，若不存在，请说明理由；
(3)若E,F分别为AA1，AC的中点，求此斜三棱柱被平面B1EF所截的截面面积．
19.(本小题17分)
如图，AB是圆O的直径，AD垂直于圆O所在的平面，AB=2 3，AD=2，点C是圆O上不同于A,B的任意一点，E为BD的中点．
(1)证明：BC⊥平面ACD；
(2)若直线BD与平面ACD所成的角为30°，求二面角O−CE−B的余弦值；
(3)若点P为圆O(含圆周)内任意一点，它到点A的距离与到直线BD的距离相等，求三棱锥P−ABD体积的取值范围．
答案解析
1.【答案】A
【解析】【分析】利用复数的除法及纯虚数的定义列式求解．
【详解】依题意，3+ai1+i=(3+ai)(1−i)(1+i)(1−i)=3+a+(a−3)i2=3+a2+a−32i，
则3+a2=0,a−32≠0，解得a=−3，
所以实数a的值为−3．
故选：A
2.【答案】D
【解析】【分析】根据数量积公式及运算律计算求出夹角余弦进而求出夹角即可．
【详解】因为a⃗+ 2b⃗⋅a⃗=0，设a→,b→夹角为θ
所以a⃗+ 2b⃗⋅a⃗=a→2+ 2b→·a→=22+ 2×2×2×csθ=0，
所以csθ=− 22,
所以θ=135°．
故选：D．
3.【答案】D
【解析】【分析】由题意得F(x)+F(2−x)=2，采用倒叙相加法即可求解．
【详解】函数f(x)为定义在R上的奇函数，函数F(x)=f(x−1)+1，
所以F(x)+F(2−x)=f(x−1)+1+f(1−x)+1=2，
设F12000+F22000+F32000+⋯+F39992000=M
则F39992000+F39982000+⋯+F32000+F22000+F12000=M，
两式相加可得2×3999=2M，解得M=3999，
所以F12000+F22000+F32000+⋯+F39992000=3999．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】【分析】先根据圆锥的体积公式及圆锥的结构特点求圆锥的母线长，再根据圆锥的侧面积公式求圆锥的侧面积．
【详解】设圆锥的底面半径为r，则r=1，圆锥的高为ℎ，母线长为l，则l= r2+ℎ2．
由V=13πr2ℎ⇒13π×1×ℎ=π⇒ℎ=3．
所以l= r2+ℎ2= 12+32= 10．
所以圆锥的侧面积为：S=πrl= 10π．
故选：C
5.【答案】B
【解析】【分析】先利用概率和为1，求出a=0.004
【详解】因为(0.0005+0.002×2+2a+0.006+0.0065)×40=1，所以a=0.004．
设这些观众观看时长的35％分位数为t，因为(0.0005+0.002+0.004)×40=0.26，(0.0005+0.002+0.004+0.006)×40=0.5，
所以这些观众观看时长的35%分位数在[120,160)内.由(t−120)×0.006=0.09，得t=135．
故选：B
6.【答案】A
【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理及直角三角形边角关系求解．
【详解】在▵PAB中，A=15∘,∠ABP=135∘,AB=16，则∠APB=30∘，
sin15∘=sin(45∘−30∘)= 22× 32− 22×12= 6− 24，
由正弦定理PBsinA=ABsin∠APB，得PB=ABsin15∘sin30∘=16× 6− 2412=8( 6− 2)，
过P作垂直于直线AB的直线PC，C为垂足，此时∠PBC=45∘，
因此游轮不改变航向继续前进，游轮到该岛的最短距离为PC=PBsin45∘=8( 3−1)(海里)．
故选：A
7.【答案】D
【解析】【分析】根据给定条件，利用异面直线夹角的定义，结合余弦定理求出正六棱柱的高，进而求出体积．
【详解】在正六棱柱ABCDEF−A1B1C1D1E1F1中，连接ED1,AB1，则MN//ED1//AB1，
∠AB1C(或其补角)为异面直线MN与B1C所成的角，设此正六棱柱的高为ℎ，
在▵AB1C中，B1A=B1C= ℎ2+25，AC2=BA2+BC2−2BA⋅BC⋅cs2π3=75，
则cs∠AB1C=B1A2+B1C2−AC22B1A⋅B1C=±14，即ℎ2+25+ℎ2+25−752(ℎ2+25)=±14，解得ℎ=5或 5，
此正六棱柱的体积V=6× 34×25ℎ=75 32ℎ，所以V=375 32或75 152．
故选：D
8.【答案】D
【解析】【分析】以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立平面直角坐标系，设点Pcsθ,sinθ，其中0≤θ≤5π6，利用平面向量的坐标运算结合辅助角公式、正弦型函数的基本性质可求得 3λ−μ的最小值．
【详解】以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，过点A且垂直于AB的直线为y轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)、B(1,0)、C− 32,12，设点Pcsθ,sinθ，其中0≤θ≤5π6，
由AP=λAB+μAC可得csθ,sinθ=λ(1,0)+μ− 32,12，
即λ− 32μ=csθ12μ=sinθ，故 3λ−μ= 3λ− 32μ+12μ= 3csθ+sinθ=2sinθ+π3，
因为0≤θ≤5π6，故π3≤θ+π3≤7π6，
故当θ+π3=7π6时， 3λ−μ取最小值2sin7π6=−1．
故选：D．
9.【答案】AC
【解析】【分析】由z1⋅z2=z1z2=0，可得z1=0或z2=0，可判定A正确；由z1=−12+ 32i，可判定B不正确；由z1⋅z1=z12,z2⋅z2=z22，可判定C正确；取z1=1+i,z2=1−i，根据复数的运算法则，得到z1−z2≠ z1+z22−4z1z2，可判定D不正确．
【详解】对于A中，若z1⋅z2=0，可得z1⋅z2=z1z2=0，可得z1=0或z2=0，
所以z1=0或z2=0，所以A正确；
对于B中，例如z1=−12+ 32i，可得z13=1，此时z1不是实数，所以B不正确；
对于C中，由复数的运算法则，可得z1⋅z1=z12,z2⋅z2=z22，
若z1=z2，可得z1⋅z1=z2⋅z2，所以C正确；
对于D中，取z1=1+i,z2=1−i，则z1−z2=2i=2，且z1z2=2，
所以 z1+z22−4z1z2= 22−4×2= −4，此时2≠ −4，所以D不正确．
故选：AC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】对于A根据平均数定义即可判断，对于B根据对立事件的定义即可判断，对于C举反例即可判断，对于D分别求“掷2次硬币出现1个正面”的概率与“掷4次硬币出现2个正面”的概率即可判断．
【详解】对于A：i=1n xi−x=i=1nxi−i=1n x=nx−nx=0，故A正确；
对于B：由事件A与事件B互为对立事件，则A∪B=Ω,A∩B=⌀，所以事件A与事件B一定互斥，故B正确；
对于C：抛一枚骰子，令事件A=1,2,3，事件B=3,4，则A∩B=3≠⌀，P(A)=36=12,P(B)=26=13,P(AB)=16=P(A)P(B)，
所以事件A与事件B相互独立，但事件A与事件B不互斥，故C错误；
对于D：“掷2次硬币出现1个正面”的概率为P1=24=12，“掷4次硬币出现2个正面”的概率为P2=616=38，故D正确．
故选：ABD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】根据面面垂直的判定定理、线面垂直的性质和判定定理对选项逐一判断即可．
【详解】对于选项A：
假设PB⊥AC，因为BC⊥AC,PB∩BC=B,PB,BC⊂平面PBC，
所以AC⊥平面PBC，又PC⊂平面PBC，
所以AC⊥PC，而PA⊥平面ABC,AC⊂平面ABC，所以AC⊥PA，
在▵PCA中，PA⊥AC,PC⊥AC，不能同时成立，所以A错误；
对于选项B：
因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，
因为BC⊥AC,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，所以PC⊥BC，选项B正确；
对于选项C：
因为PA⊥平面ABC,PA⊂平面PAC，所以平面ABC⊥平面PAC，所以C正确；
对于选项D：
由选项B可知BC⊥平面PAC，因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC，所以D正确．
故选：BCD．
12.【答案】−35/−0.6
【解析】【分析】由向量共线关系得出方程2csθ−sinθ=0，求得tanθ=2，再由余弦二倍角公式，进而化为齐次式即可求解．
【详解】因为a=(1,2)，b=(csθ,sinθ)，且a⃗//b⃗，所以2csθ−sinθ=0，所以tanθ=2，
所以cs2θ=cs2θ−sin2θ=cs2θ−sin2θcs2θ+sin2θ=1−tan2θ1+tan2θ=1−41+4=−35．
故答案为：−35．
13.【答案】0.56
【解析】【分析】根据数表求出取到奇数号码的次数即可计算作答．
【详解】由数表知，取到奇数号码的次数是：15+5+6+18+12=56，
所以取到号码为奇数的频率为56100=0.56．
故答案为：0.56
14.【答案】127,2111
【解析】【分析】过C,D,P,Q分别作AB的垂线，分别交AB分别于G,H,M,N四点，由OC⃗+OD⃗//λOP⃗+μOQ⃗⇒λOM=μON⇒μλ=OMON，然后可得λμ的范围，继而得到4λ+5μ2λ+3μ的范围．
【详解】如图，过C,D,P,Q分别作AB的垂线，分别交AB分别于G,H,M,N四点，
由已知，λ≠0,μ≠0，OC+OD=OG+GC+OH+HD=2HD，
λOP+μOQ=λOM+μON+λMP+μNQ，
又OC⃗+OD⃗//λOP⃗+μOQ⃗，所以λOM+μON=0，
即λOM=μON，μλ=OMON，
又A=π6,AH=32，所以DH=AHtanπ6= 32，
又OH=OG=12，所以OC=OD=1=CD，∴∠AOC=∠BOD=2π3，
当点P从点B移动到点C的过程中，点Q从点D移动到点A，
故此时OM不断减少，ON不断增大，
故当点P在点B，点Q在点D时，μλ取得最大值4，
当点P在点C，点Q在点A时，μλ取得最小值14，
∴14≤λμ≤4，故4λ+5μ2λ+3μ=2−μ2λ+3μ=2−12λμ+3∈127,2111．
故答案为：127,2111．
15.【答案】(1)因为AB=6，BC=2，向量点积BA⋅BC=−6
所以AC2=AB2+BC2−2⋅AB⋅BC⋅cs∠ABC=AB2+BC2−2⋅AB⋅BC=62+22+2×6=52
AC= 52=2 13，
BM2=2AB2+BC2−AC24=2(36+4)−524=80−524=7，BM= 7
(2)①BDsin120∘=BCsinθ⇒BD=2⋅sin120∘sinθ= 3sinθ，0°