2024-2025学年黑龙江省绥化市安达高级中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年黑龙江省绥化市安达高级中学高一（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.已知复数z=( 3−i)2，则|z−|=( )
A. 3B. 2C. 2 3D. 4
2.△ABC的直观图△A′B′C′如图所示，其中A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，且A′B′=A′C′=2，则△ABC的面积为( )
A. 2 2 B. 2
C. 4 D. 4 2
3.下列选项正确的是( )
A. 空间三点确定一个平面
B. 如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等
C. 如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行
D. 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直
4.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米2020石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，则这批米内夹谷约为( )
A. 222石B. 220石C. 230石D. 232石
5.若D是△ABC的边BC上的一点(不包含端点)，且AD=mAB+2nAC，则2m+1n的最小值是( )
A. 4B. 6C. 8D. 12
6.在△ABC中，(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=−12，则∠ABC=( )
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
7.已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且△SAB的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为π6，则二面角S−AB−O的大小为( )
A. π12
B. π6
C. π4
D. π3
8.若正三棱柱ABC−A1B1C1既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为R1、R2，则R1R2=( )
A. 55B. 5C. 5D. 3
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.已知平面向量a=(1,csθ)，b=(−2,sinθ)，则( )
A. ∀θ∈R，a，b不垂直
B. ∃θ∈R，使得a，b共线
C. 当θ=π4时，|a+b|=3
D. 当θ=0时，a在b方向上的投影向量为−12b
10.在△ABC中，角A，B，C对边分别是a，b，c，且cs2B+cs2C−cs2A=1−sinCsinB，则下列说法正确的有( )
A. ∠A=2π3
B. 若bcsB=ccsC，则△ABC是等边三角形
C. 若△ABC的面积为9 34，则△ABC的外接圆半径的最小值为2 3
D. 若△ABC是锐角三角形，则bc的取值范围是(12,2)
11.如图，在多边形ABPCD中(图1).四边形ABCD为长方形，△BPC为正三角形，AB=3，BC=3 2，现以BC为折痕将△BPC折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好是AD的中点(图2).若点E在线段PB上运动，Q点在AD上运动，则( )
A. AB⊥平面PAD
B. 平面PCD⊥平面PAB
C. Q到平面EBC的距离为2
D. 当PE=13PB时，三棱锥E−DCP的体积为32
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.有5人进行定点投篮游戏，每人投篮12次.这5人投中的次数形成一组数据，中位数为10，唯一众数为11，极差为3，则该组数据的第40百分位数是______．
13.已知i为虚数单位，如果复数z满足|z+2i|+|z−2i|=4，那么|z−1|的最小值是______．
14.祖暅(gèng)(5世纪—6世纪)，字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县(今河北省涞水县)人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面α的距离为23R，则平面α截半球所得的较小部分的几何体的体积等于______．
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)
中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄(都在[15,65]内)，按照[15,25)，[25,35)，[35,45)，[45,55)，[55,65]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求m的值；
(2)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数(各组数据以该组区间的中点值作代表)；
(3)求这500名中国AI大模型用户的年龄在[45,65]内的人数．
16.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点，F为CC1的中点．
(1)求证：BD1//平面AEC；
(2)求证：平面AEC//平面BFD1．
17.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且csC(acsB+bcsA)= 32c.
(1)求角C的大小；
(2)点D在边BC上，且CD=2，BD=AD=1，求△ABC的周长．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，AD=PD=2，PD⊥底面ABCD，E是棱PB的中点．
(1)证明：平面ACE⊥平面PBD．
(2)求PB与平面PCD所成角的余弦值．
(3)记过点E且与平面PAD平行的平面为α，求α截四棱锥P−ABCD所得截面的面积．
19.(本小题17分)
记斜△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(b2+c2−a2)sinBcsB= 32bccs(B+C)，且B0，n>0，可得2m+1n=(m+2n)(2m+1n)=4+4nm+mn≥4+2 4nm⋅mn=8，
当且仅当4nm=mn，即m=2n=12时，等号成立，
综上所述，当m=2n=12时，2m+1n取最小值8．
故选：C．
根据B、D、C三点共线，运用向量的线性运算与平面向量基本定理推出m+2n=1，然后根据基本不等式，结合“1的代换”求出2m+1n的最小值．
本题主要考查向量的线性运算、平面向量基本定理、运用基本不等式求最值等知识，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：因为AB|AB|,AC|AC|表示AB，AC边上的单位向量，
所以AB|AB|+AC|AC|经过∠BAC的角平分线，
又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，
所以∠BAC的角平分线与BC垂直，所以AB=AC，
因为cs∠BAC=AB|AB|⋅AC|AC|=−12，
所以∠BAC=120°，则∠ABC=30°．
故选：A．
根据向量的几何意义及数量积性质，得AB=AC，且∠BAC=120°，即可求得∠ABC．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：取AB的中点E，连接OE，SE，
因为SA=SB，E为AB的中点，则SE⊥AB，由垂径定理可得OE⊥AB，
所以二面角S−AB−O的平面角为∠SEO，
因为SO⊥平面OAE，OE⊂平面AOE，则SO⊥OE，
因为SA⊥SB，SA=SB，
所以△SAB为等腰直角三角形，
S△SAB=12SA2=2，则SA=SB=2，AB= SA2+SB2= 22+22=2 2，
SE=12AB= 2，
因为SO⊥平面OAE，则∠SAO为直线SA与圆锥底面所成角，即∠SAO=π6，
则在Rt△SAO中，sin∠SAO=SOSA=SO2=12，故SO=1，
所以sin∠SEO=SOSE= 22，
因为0≤∠SEO≤π2，故∠SEO=π4，
即二面角S−AB−O的大小为π4．
故选：C．
根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，判断角的大小．
本题考查二面角的计算，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，
所以设内切球的半径为r，
如图所示：
设内切球的半径为r，
即BD=r，故AD=2R1，
所以外接球的半径R2= R12+(2R1)2= 5R1，
所以R1R2= 55．
故选：A．
首先利用三棱柱的外接球和内切球的关系求出半径的比值．
本题考查的知识要点：三棱柱的外接球和内切球的关系，勾股定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属基础题．
9.【答案】ABD
【解析】解：∵a=(1,csθ)，b=(−2,sinθ)，
∴a⋅b=−2+sinθcsθ，又sinθcsθ=12sin2θ∈[−12,12]，
∴a⋅b=[−52,−32]≠0，即∀θ∈R，a，b不垂直，故A正确；
若a，b共线，则sinθ+2csθ=0，即tanθ=−2，则∃θ∈R，使得a，b共线，故B正确；
当θ=π4时，a+b=(−1, 2)，|a+b|= 1+2= 3，故C错误；
当θ=0时，a=(1,1)，b=(−2,0)，
a在b方向上的投影向量为a⋅b|b|2b=−24b=−12b，故D正确．
故选：ABD．
由向量垂直的坐标运算判断A；由向量共线的坐标运算判断B；求出向量的模判断C；求出向量在向量方向上的投影判断D．
本题考查平面向量共线与垂直的坐标运算，考查投影向量的概念，是基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：由cs2B+cs2C−cs2A=1−sinCsinB，得1−sin2B+1−sin2C−1+sin2A=1−sinCsinB，
整理得sin2B+sin2C−sin2A=sinCsinB，
由正弦定理得b2+c2−a2=bc，
选项A，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3，故选项A错误；
选项B，若bcsB=ccsC，则bcsC=ccsB，
由正弦定理知，sinBcsC−sinCcsB=0，
所以sin(B−C)=0，即B=C，
又A=π3，所以△ABC是等边三角形，故选项B正确；
选项C，因为△ABC的面积为9 34，
所以12bcsinA= 34bc=9 34，即bc=9，
由正弦定理得，bsinB=csinC=2R，其中R为外接圆半径，
所以4R2=bcsinBsinC=9sinBsinC，
由积化和差公式知，sinBsinC=12[cs(B−C)−cs(B+C)]=12[cs(B−C)+12]≤34，当且仅当B=C时取等号，
所以4R2=9sinBsinC≥9×43⇒R≥ 3，故选项C错误；
选项D，由正弦定理得，bc=sinBsinC=sin(2π3−C)sinC= 32csC+12sinCsinC= 32⋅1tanC+12，
因为△ABC是锐角三角形，所以0