2024-2025学年河北省名校联盟高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省名校联盟高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共10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.某圆锥的底面半径为1，母线长为5，则该圆锥的侧面积为( )
A. πB. 5πC. 8πD. 10π
2.复数z=2i20211+i(其中i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.如图，在四棱锥M−ABCD中，MC⊥平面ABCD，那MA与BD垂直的充分条件是( )
A. 四边形ABCD为矩形B. 四边形ABCD为菱形
C. 四边形ABCD为平行四边形D. 四边形ABCD为梯形
4.下列说法正确的是( )
A. 一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面平行
B. 和同一条直线都相交的两条直线一定相交
C. 经过空间中三个点有且只有一个平面
D. 经过两条相交直线有且只有一个平面
5.某货轮在A处看灯塔B在货轮北偏东75°，距离为12 6nmile；在A处看灯塔C在货轮的北偏西30°，距离为8 3nmile.货轮由A处向正北航行到D处时，再看灯塔B在南偏东60°，则灯塔C与D处之间的距离是( )nmile
A. 16 3B. 8C. 26 6D. 8 3
6.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点.设点P在线段B1C1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sinα的取值范围是( )
A. 33,1B. 2 23,1C. 23,2 23D. 63,1
7.在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b2−2csinB+c2=a2，且a=2，则tanAtanBtanC的最大值为( )
A. 5−2B. 3− 5C. 5−12D. 5+14
8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P，Q分别是AA1，BB1的中点，则经过点P，Q，C，D，C1的球的表面积为( )
A. 412πB. 20πC. 10πD. 414π
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.下列说法正确的是( )
A. 棱柱的侧面都是平行四边形B. 长方体是正四棱柱
C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥D. 圆柱的所有母线长都相等
10.2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则( )
A. 2020至2024年我国快递业务量逐年增长
B. 2020至2024年我国快递业务量增长速度逐年增长
C. 2020至2024年我国快递业务量每年增长量超过200亿件
D. 估计我国2019年的快递业务量小于650亿件
11.如图：正方体ABCD−A​′B​′C​′D​′的棱长为2，M是侧面ADD′A′上的一个动点(含边界)，点P在棱CC′上，则下列结论正确的有( )
A. 若|PC′|=1，沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为 17
B. 若PC′=1，三棱锥B′−ABP的外接球表面积为41π4
C. 若PC′=12，BD′⊥PM，则点M的运动轨迹长度为3 22
D. 若PC′=12，平面AD′P被正方体ABCD−A′B′C′D′截得截面面积为7 338
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知A(1,2,−3),B(1,−1,1)，则AB= ．
13.如果复数z满足|z−1|=1，那么z−2i的最大值是 ．
14.已知▵ABC是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为▵ABC内部(含边界)一动点，定义PM的最小值为点M到▵ABC的距离.则空间中到▵ABC的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 ．
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)
某市为了改善交通状况，实行“小红帽”志愿者服务，协助交警参与交通疏导．现对某单位参与志愿服务次数进行统计，随机抽取40名职工作为样本，得到这40名职工参加“小红帽”志愿者服务的次数．根据所得数据，按[0,5),[5,10),[10,15),[15,20),[20,25),[25,30]分成六组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求图中a的值；
(2)若该单位有职工200人，试估计该单位参加志愿服务次数不低于15次的总人数；
(3)试估计该单位职工参与志愿服务次数的中位数．
16.(本小题15分)
在一个文艺比赛中，6名观众代表和9名专业人士组成一个评委小组，给参赛选手打分．已知这6名观众代表对选手A的打分分别为75，84，94，82，73，90，这9名专业人士对选手A的打分的平均分为80.5，方差为32．
(1)求这6名观众代表对选手A的打分的平均分和方差；
(2)求这6名观众代表和9名专业人士对选手A的打分的平均分和方差．
17.(本小题15分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=3，BC=4，AA1=2，∠ABC=90°，点D为AC的中点．

(1)求证：AB1//平面C1BD；
(2)求三棱锥B1−BDC1的体积．
18.(本小题17分)
如图(1)，已知菱形ABCD中AB=2，∠DAB=60°，沿对角线BD将其翻折，使∠ABC=90°，设此时AC的中点为O，如图(2)．
(1)求证：点O是点D在平面ABC上的射影；
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
数学家阿波罗尼斯(约公元前262−190年)证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体ABCD−A′B′C′D′中，点M是BC的中点，点P是正方体表面DCC′D′上一动点(包括边界)，且两直线AP，MP与平面DCC′D′所成的角相等．
(1)证明：点P的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象(不要求写出画法)；
(2)记点P的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为O，求D′P⋅OP的取值范围；
(3)当线段D′P最短时，在线段A′D′上是否存在点N，使得D′P//平面AMN，若有，请求出平面AMN截正方体ABCD−A′B′C′D′的截面周长，若无，说明理由．
参考答案
1.B
2.A
3.B
4.D
5.D
6.C
7.B
8.D
9.AD
10.AD
11.BCD
12.5
13. 5+1/1+ 5
14.17π6+ 32
15.解：(1)由频率分布直方图可知(0.01+0.03+0.05+0.08+2a)×5=1，解得a=0.015．
(2)由图可知该单位参加志愿服务次数不低于15次的频率为(0.08+0.015+0.01)×5=0.525，
则该单位参加志愿服务次数不低于15次的人数为200×0.525=105．
(3)因为(0.015+0.03+0.05)×5=0.4750.5，
所以该单位职工参与志愿服务次数的中位数的估计值在[15,20)内．
设该单位职工参与志愿服务次数的中位数的估计值为m，则(m−15)×0.08+0.475=0.5，
解得m=15.3125，即该单位职工参与志愿服务次数的中位数的估计值为15.3125．

16.解：(1)这6名观众代表对选手A的打分的平均分x1=75+84+94+82+73+906=83，
这6名观众代表对选手A的打分的平均分的方差为：
s12=(75−83)2+(84−83)2+(94−83)2+(82−83)2+(73−83)2+(90−83)26=56；
(2)这6名观众代表和9名专业人士对选手A的打分的平均分x=83×6+80.5×96+9=81.5，
这6名观众代表和9名专业人士对选手A的打分的方差为：
s2=6×56+(83−81.5)2+9×32+(80.5−81.5)26+9=43.1．

17.(1)连接B1C交BC1于点O，连接DO，
因为BCC1B1为平行四边形，则O为B1C的中点，
且点D为AC的中点，则AB1//DO，
又因为AB1⊄平面C1BD，DO⊂平面C1BD，
所以AB1//平面C1BD．

(2)因为BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB，
又因为AB⊥BC，
且BB1∩BC=B，BB1,BC⊂平面BCC1B1，所以AB⊥平面BCC1B1，
且点D为AC的中点，故三棱锥D−BB1C1的高为12AB=32，
所以三棱锥B1−BDC1的体积VB1−BDC1=VD−BB1C1=13×32×12×2×4=2．

18.(1)在菱形ABCD中AB=2，∠DAB=60°，
所以▵ABD，▵CBD均为等边三角形，
因为DA=DC，O为AC的中点，所以DO⊥AC，
又∠ABC=90°，所以AC= AB2+BC2=2 2，
连接BO，则BO=12AC= 2，
又因为AD=DC=2,AC=2 2，
所以AD2+DC2=AC2，所以AD⊥DC，所以DO= 2，
又因为BD=2，所以DO2+BO2=DB2，所以DO⊥BO，
又AC∩BO=O，且AC，BO⊂平面ABC，
所以DO⊥平面ABC，所以点O是点D在平面ABC上的射影；
(2)设点A到面BCD的距离为ℎ，又菱形ABCD边长为2，
则▵BCD的面积S▵BCD=12×2×2×sin60°= 3，所以VA−BCD=13× 3×ℎ= 33ℎ；
由▵ABC的面积S▵ABC=12×2×2=2，由(1)知DO⊥平面ABC，DO= 2，
所以VD−ABC=13× 2×2= 33ℎ，所以ℎ=2 63，
设直线AD与平面BCD所成角为θ，则sinθ=ℎAD=2 632= 63，
即直线AD与平面BCD所成角的正弦值 63．

19.解：(1)证明：
由于ABCD−A′B′C′D′是正方体，
两直线AP，MP与面DCC′D′所成的角相等，
即∠APD=∠MPC，由于∠ADP=∠MCP=90∘，
tan∠APD=tan∠MPC，即ADPD=MCPC=2，
即PD=2PC，
依题意平面内点P到两定点D,C距离之比为2，故点P的轨迹是圆，
而点P是正方体表面DCC′D′上一动点(包括边界)，
即点P的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧(如图所示).
(2)解：
依题意可知：圆心O在DC所在的直线上，
作圆O与DC交于点E，与DC的延长线上交于点F，显然EF恰为圆O的直径，
故DE=2EC，E恰好为DC线段的三分之一分点，EC=2，
DF=2CF，所以C是DF的中点，所以CF=DC=6，EF=FC+EC=6+2=8，
所以圆的半径为4，从而DO=8，CO=2，所以DO=4CO，
设OD′与OP所成的角为θ，可知csθ∈[0,45]，
D′P⋅OP=(D′O+OP)⋅OP=D′O⋅OP+|OP|2，
=−OD′⋅|OP|csθ+16=−40csθ+16，
D′P⋅OP∈[−24,−16]；
(3)解：
由(2)可知，当线段D′P的长最短时，即点P在直线OD′上，
故延长AM交DC于点R，过点R做RS//OD′，交DD′于点S，交C′D′于点T，
交CC′于点Q，连接SA交A′D′于点N，所求的截面即为五边形AMQTN．
以下证明此时D′P即D′O//平面AMN，
由于D′O//SR，D′O⊄平面AMN，SR⊂平面AMN，
所以D′O//平面AMN，
故有CQDS=CRDR=12，SD′SD=D′TDR=ORDR=D′NAD=13，
在RtΔABM中，AB=6,BM=3,AM=3 5，
在RtΔMCQ中，MC=3,CQ=92,QM=3 132，
在RtΔQC ′T中，QC′=32,C′T=2,QT=52，
在RtΔTD ′N中，TD′=4,D′N=2,TN=2 5，
在RtΔNA ′A中，NA′=4,A′A=6,AN=2 13，
所以所求的截面五边形AMQTN的周长
CAMQTN=AM+MQ+QT+TN+NA
=3 5+3 132+52+2 5+2 13
=52+5 5+7 132．