2024-2025学年安徽省合肥六中高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省合肥六中高一（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满足z⋅i=(1+i)，则|z|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 5
2.用斜二测画法画一个边长为4的正三角形的直观图，则直观图的面积是( )
A. 6B. 2 3C. 2 6D. 4 3
3.一组数据按从小到大排列为：1，2，4，6，7，10，m.这组数据的第60百分位数等于他们的平均数，则m为( )
A. 12B. 15C. 17D. 19
4.已知平面向量a=( 3,1),b=(0,2)，则a+b在b上的投影向量为( )
A. (0,3)B. (3,6)C. (0,6)D. (32,3)
5.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是( )
A. a=5，A=40°，B=75°B. a=4，b=5，c=6
C. a=3，b=4，A=30°D. a=2,c= 2,C=60°
6.从两名男生和两名女生中任意抽取两人，分别采取有放回简单随机抽样和不放回简单随机抽样，在以上两种抽样方式下，抽到的两人是一男一女的概率分别为( )
A. 14,13B. 14,12C. 12,12D. 12,23
7.O，G分别为△ABC的外心和重心，∠BAC=30°，若AO⋅AG=3，则△ABC的面积的最大值( )
A. 2B. 94C. 52D. 154
8.已知三棱锥P−ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为( )
A. 8 6πB. 4 6πC. 2 6πD. 6π
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. 对于复数z1，z2，若|z1|=|z2|，则z1=±z2
B. 若z1，z2互为共轭复数，则z1z2为实数
C. 若1+i是关于x的二次方程ax2+bx+2=0(a,b∈R)的根，则a=1
D. 复数z满足|z−i|=1，则|z−1|的最小值是 2
10.一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为Ω={1,2,3,4,5,6,7,8}，记事件A=“得到的点数不大于4”，记事件B=“得到的点数为偶数”，记事件C=“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是( )
A. P(A∪B)=34 B. 事件B∪C−与AC互斥 C. A，B，C两两独立 D. P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为B1C1的中点，P为线段B1D1上动点(包括端点)，则下列说法中正确的是( )
A. 存在P点使得MP//平面A1DB
B. 直线BM与平面BDD1B1所成角正弦值为 1010
C. AP+MP的最小值为 7+2 3
D. 若点Q在正方体ABCD−A1B1C1D1表面上运动(包含边界)，且MQ⊥A1C，则点Q的轨迹长度为6 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1，2，高为 3，该圆台的表面积是______．
13.甲、乙两运动员进行乒乓球比赛，在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，如果出现10：10平的情况，先多得2分者为胜方.在10：10平后，双方实行轮换发球，每人每次只发1个球.若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为34，乙发球时甲得分的概率为13，各球的结果相互独立，在双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为______．
14.在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 3(tanA+tanB)=2c2a2+c2−b2,a=2，则 3b−c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，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=AA1，D为棱BC的中点．
(1)证明：A1B//平面ADC1；
(2)求异面直线A1B与AD所成角的余弦值．
16.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足acsB+(2c+b)csA=0．
(1)求角A；
(2)若a=3，D为BC上一点且AD= 32，求b，c．
17.(本小题15分)
新高考模式下，学生是否选择物理作为高考考试科目对大学专业选择有着非常重要的意义.合肥六中为了解高一年级1800名学生物理科目的学习情况，将他们某次物理测试成绩(满分100分)按照[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]分成6组，制成如图所示的频率分布直方图．
(1)求1800名学生中物理测试成绩在[50,60)内的频数并补全频率分布直方图．
(2)学校建议，本次物理测试成绩不低于a分的学生选择物理为高考考试科目，若学校希望高一年级恰有70%的学生选择物理为高考考试科目，试求a的估计值(结果精确到0.1)．
(3)已知落在[60,70)的学生成绩的平均数为x−，方差s12=4，落在[70,80)的学生成绩的平均数为y−，方差s22=6，若两组学生成绩的平均数之差不大于6，求落在[60,80)的学生成绩的方差s2的最大值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥底面ABCD，E是PC的中点，点F在棱BP上，且EF⊥BP，四边形ABCD为正方形，PD=CD=2．
(1)证明：BP⊥DF；
(2)求点F到平面BDE的距离；
(3)求二面角F−DE−B的余弦值．
19.(本小题17分)
品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用的测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序偏离程度的高低对其酒味鉴别能力进行评价．
现设n=3，分别以a1，a2，a3表示第一次排序时被排为1，2，3的三种酒在第二次排序时的序号，并令X=|a1−1|+|a2−2|+|a3−3|，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.若两轮测试都有X=0，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有X≤2，且至少有一轮测试出现X≠0，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号．
(1)用下列表格形式写出第二次排序时所有可能的a1，a2，a3排序结果，并求出相应的X值；
(2)甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件D=“甲被授予一级品酒师称号”，求P(D)；
(3)甲连续两年都参加了两轮测试，两年测试结果相互独立，记事件E=“在这两年中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求P(E)．
答案解析
1.【答案】B
【解析】解：由已知可得z=i+i2i2=i−1−1=1−i，
则|z|= 12+(−1)2= 2．
故选：B．
根据复数的除法运算先求解z，然后计算模．
本题考查复数的除法，复数的模，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：根据题意可得边长为4的正三角形的高为2 3，
所以用斜二测画法画一个边长为4的正三角形的直观图，
则直观图的面积是12×4× 3×sin45°= 6．
故选：A．
根据斜二测法规则及三角形面积公式，即可求解．
本题考查斜二测法规则的应用，属基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为0.6×7=4.2，
故这组数据的第60百分位数为7，
由题意可得17(1+2+4+6+7+10+m)=7，
所以m=19．
故选：D．
结合百分位数及平均数的求解公式即可求解．
本题主要考查了百分位数及平均数的求解，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：因为平面向量a=( 3,1),b=(0,2)，
所以a+b=( 3,3)，(a+b)⋅b=6，|b|=2，
则a+b在b上的投影向量为(a+b)⋅b|b|⋅b|b|=62⋅b2=32(0,2)=(0,3)．
故选：A．
结合投影向量的定义即可求解．
本题主要考查了向量投影向量的求解，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据A=40°，B=75°，可得C=180°−A−B=65°，△ABC的形状确定，
结合a=5，可知△ABC有唯一解，故A项不符合题意
根据a=4，b=5，c=6，可知△ABC唯一确定，故B项不符合题意；
根据a=3，b=4，A=30°，结合正弦定理得sinB=bsinAa=23，由b>a，可得B>A=30°，
所以存在互补的两个角B满足条件，△ABC有两解，故C项符合题意；
根据a=2,c= 2,C=60°，结合正弦定理得sinA=asinCc= 62>1，矛盾，
因此满足条件的△ABC不存在，故D项不符合题意．
故选：C．
根据全等三角形的知识对A、B两项作出判断；运用正弦定理对C、D两项作出判断，进而可得本题答案．
本题主要考查全等三角形的性质、正弦定理等知识，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：若采取有放回抽样，则样本空间共有4×4=16种结果，抽到一男一女的情况有2×2×2=8种，
故概率P1=816=12；
若采取不放回抽样，则样本空间共有4×3=12种结果，抽到一男一女的情况有2×2×2=8种，
故概率P2=812=23．
故选：D．
结合有放回与不放回抽样的特点，结合古典概率公式即可分别求解．
本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：因为G为△ABC的重心，
所以AG=13(AB+AC)，又O为△ABC的外心，
所以AO⋅AG=13AO⋅(AB+AC)
=13(AO⋅AB+AO⋅AC)=13×(c22+b22)=b2+c26=3，
所以b2+c2=18，又∠BAC=30°，
所以△ABC的面积为12bcsin30°=14bc≤14×b2+c22=14×182=94，
当且仅当b=c=3时，等号成立，
所以△ABC的面积的最大值为94．
故选：B．
根据三角形的重心与外心的性质，向量数量积的定义，重要不等式，即可求解．
本题考查解三角形问题，属中档题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查三棱锥的外接球的体积．
先根据已知条件得到三棱锥P−ABC中PA，PB，PC两两垂直，三棱锥P−ABC放到正方体中，则正方体的棱长为 2，则正方体的外接球即为三棱锥P−ABC的外接球，由此得到球O的半径，进而求出体积．
【解答】
解：如图，
取AC中点G，连接PG，BG，
易证AC⊥平面PBG，PB⊂平面PBG，故PB⊥AC，
又E，F分别是PA，AB的中点，故EF//PB，
由∠CEF=90°，得EF⊥EC，
故PB⊥EC，而AC∩EC=C，
因此PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，
又因为△PAB，△PBC，△PAC是全等三角形，
所以三棱锥P−ABC中PA，PB，PC两两垂直，
将三棱锥P−ABC放到正方体中，如图，则正方体的棱长为 2，
则正方体的外接球即为三棱锥P−ABC的外接球，
易求得正方体的体对角线长为 6，故球O半径R= 62，
则球O的体积V=43πR3=43π×6 68= 6π，
故选D．
9.【答案】BC
【解析】解：对于复数z1、z2，若|z1|=|z2|，则不一定有z1=±z2，
比如z1=i，z2=1，满足|z1|=|z2|=1，但它们没有相等或互为相反数的关系，故A项不正确；
若z1、z2互为共轭复数，则可设z1=a+bi(a、b∈R)，则z2=a−bi，
可得z1z2=(a+bi)(a−bi)=a2+b2为实数，故B项正确；
若1+i是关于x的二次方程ax2+bx+2=0(a,b∈R)的根，
则该方程的另一个根是1−i，由韦达定理得1+i+1−i=−ba(1+i)(1−i)=2a，即2=−ba1−i2=2a，解得a=1b=−2，可知C项正确；
若复数z满足|z−i|=1，则可能z=0，此时|z−1|=1< 2，所以|z−1|的最小值不是 2，故D项不正确．
故选：BC．
根据复数模的概念判断出A项的正误；由共轭复数的概念判断出B项的正误；根据实系数一元二次方程的性质判断出C项的正误；通过举反例判断出D项的正误，进而可得本题答案．
本题主要考查复数的概念与四则运算法则、实系数一元二次方程的性质等知识，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A={1,2,3,4}，B={2,4,6,8}，C={2,3,5,7}，
A∪B={1,2,3,4,6,8}，
∴P(A∪B)=68=34，故A正确；
B∪C={2,3,4,5,6,7,8}，B∪C−={1}，
AC={2,3}，
∴事件B∪C−与AC互斥，故B正确；
∵BC={2}，∴P(BC)=18，
P(B)P(C)=48×48=14≠P(BC)，
∴A，B，C不是两两独立事件，故C错误；
ABC={2}，∴P(ABC)=18，
P(A)P(B)P(C)=48×48×48=18，
∴P(ABC)=P(A)P(B)P(C)，故D正确．
故选：ABD．
利用古典概型、列举法、互斥事件、相互独立事件求解．
本题考查古典概型、列举法、互斥事件、相互独立事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，由三垂线定理知，直线AC1⊥平面A1DB，
若存在P点使得MP/​/平面A1DB，则此时AC1⊥MP，
又在平面A1B1C1D1中，过点M且与直线AC1垂直的直线必与B1D1平行，
而MP始终与B1D1相交，故不存在P点使得MP/​/平面A1DB，A错误；
对于B，如图，
过点M作MN⊥B1D1，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，MN⊂平面A1B1C1D1，所以BB1⊥MN，
又B1D1∩BB1=B1，所以MN⊥平面BDD1B1，故直线BM与平面BDD1B1所成角为∠MBN，
因为M为B1C1的中点，所以MN=14A1C1= 22，
又BM= 22+12= 5，所以sin∠MBN= 22 5= 1010，故B正确；
对于C，将正三角形AB1D1沿B1D1翻折至与三角形B1C1D1同一平面，如图，
连接AM交B1D1于点P，此时AP+MP最小，
在△AB1M中，AD1=2 2，B1M=1，∠AB1M=105°，
所以AM= 8+1−2×2 2×1× 2− 64= 7+2 3，故C正确；
对于D，如图，
由三垂线定理知，A1C⊥平面AB1D1，
所以若MQ⊥A1C，则点Q运动时与点M所连线段形成的平面必与平面AB1D1平行，
因为M为B1C1的中点，所以Q轨迹为正六边形MEFGHI，边长为 2，周长为6 2，故D正确．
故选：BCD．
根据直线AC1⊥平面A1DB，可得若存在P点使得MP/​/平面A1DB，则此时AC1⊥MP，再推出矛盾可判断A；过点M作MN⊥B1D1，可得直线BM与平面BDD1B1所成角，在直角三角形MBN中，可得直线BM与平面BDD1B1所成角正弦值，判断B；将正三角形AB1D1沿B1D1翻折至与三角形B1C1D1同一平面，可由余弦定理求出AP+MP最小值，判定C；根据三垂线定理知，A1C⊥平面AB1D1，点Q运动时与点M所连线段形成的平面必与平面AB1D1平行，作出该平行截面，求出多边形周长，可判断D．
本题主要考查线面平行的判定、直线与平面所成角、最短距离问题以及动点轨迹，属于中档题．
12.【答案】11π
【解析】解：∵圆台的上、下底面半径分别为1，2，高为 3，
∴圆台的母线长为2，
故圆台的表面积S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π，
故答案为：11π．
根据圆台的上、下底面半径和高，求出圆台的母线长，代入圆台表面积公式，可得答案．
本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆台的表面积公式，是解答的关键．
13.【答案】748
【解析】解：在双方10：10平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局包括两种情况：
①后四球胜方依次是甲、乙、甲、甲，则概率为P1=34×23×34×13=18，
②后四球胜方依次是乙、甲、甲、甲，则概率为P2=14×13×34×13=148，
由互斥事件的概率加法公式，所求事件的概率为P=P1+P2=748．
故答案为：748．
根据已知条件，将其分成两种情况，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式计算即得．
本题考查了相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，属于基础题．
14.【答案】(2,2 3)
【解析】解：因为 3(tanA+tanB)=2c2a2+c2−b2，
所以 3×(sinAcsA+sinBcsB)=2c22accsB=cacsB，
则 3(sinAcsB+sinBcsA)csAcsB=cacsB，
即 3sin(A+B)csAcsB=cacsB，
即 3sinCcsAcsB=sinCsinAcsB，
所以csA= 3sinA，即tanA= 33，
所以A=π6．
因为a=2，由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA=212=4，
所以b=4sinB，c=4sinC，
所以 3b−c=4( 3sinB−sinC)=4[ 3sinB−sin(A+B)]=4[ 3sinB−sin(B+π6)]=4( 3sinB− 32sinB−12csB)=4( 32sinB−12csB)=4sin(B−π6)，
因为△ABC是锐角三角形，A=π6，
所以C=5π6−B0