2024-2025学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年黑龙江省哈尔滨三中高一（下）期末考试数学试卷一、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.设z=52+i(其中i为虚数单位)，则z=A.2+i B.−2+i C.2−i D.−2−i2.如图：在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M为A1C1与B1DA.−12a+12b+c3.若m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论中正确的是(

)A.若m//α，n⊂α，则m//n B.若m//n，m//α，则n//α

C.若m//α，m⊥β，则α⊥β D.若m⊂α，α⊥β，则m⊥β4.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若9sin2B=4sin2A.324 B.54 C.5.依次抛掷两枚质地均匀的骰子，A表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，B表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，C表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7”，则(

)A.A与B为相互独立事件 B.A与C为互斥事件

C.B与C为相互独立事件 D.B与C为互斥事件6.须弥座又名“金刚座”，是一种古建筑的基座形式，通常用来作为宫殿、寺庙、塔、碑等重要建筑的基座，由多层不同形状的构件组成，一般上下宽、中间窄，呈束腰状，具有很高的艺术价值.某古建筑的基座为须弥座，其最下层为正六棱台形状，如图所示，该正六棱台的上底面边长为6m，下底面边长为8m，侧面积为84m2，则该正六棱台的体积为(

)A.742m3C.732m7.如图，已知平行四边形ABCD中，AB=3，AD=2，∠BAD=π3，M，P分别是AB，BC的中点，N是DC上一点，且DN=23DC，则A.92 B.11C.234 D.8.已知正四面体ABCD的棱长为4，球O1为其内切球，球O2与球O1及正四面体ABCD的三个侧面都相切，则球O2A.2π3 B.5π3 C.2π 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A，B为随机事件，P(A)=0.5，P(B)=0.3，则下列结论正确的有(

)A.若A，B为互斥事件，则P(A∪B)=0.8

B.若A，B为互斥事件，则P(A−∪B−)=0.2

C.若A，B相互独立，则P(A∪B)=0.65

D.10.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是(

)A.若sinB>sinC，则B>C

B.若△ABC是锐角三角形，则sinA>cosB

C.若b=4，c=3，C=π3，则满足这组条件的三角形有两个

D.若sin211.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，MA.若M为线段AN上的动点，则存在点M使得直线D1M与B1C1所成角为π6

B.若M为侧面ADD1A1上的动点，且MN//平面AD1C，则点M的轨迹的长度为2

C.若M为侧面DCC1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(4,2)，b=(8,t)，若a//b，则实数13.在对某中学高三年级学生体重(单位：kg)的调查中，按男、女生人数比例用分层随机抽样的方法抽取部分学生进行测量，已知抽取的男生有50人，其体重的平均数和方差分别为54，20，抽取的女生有40人，其体重的平均数和方差分别为45，11，则估计该校高三年级学生体重的方差为______．14.已知复数z，w满足|z|=2，z=(1+i)w(i是虚数单位)，则|w+3|的最小值是______．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)

从某次知识竞赛成绩中随机抽取容量为100的样本，由样本数据绘制的频率分布直方图如图所示．

(1)求直方图中a的值及样本中位数；

(2)现用分层抽样的方法从区间[40,50)，[50,60)，[90,100]抽取5人，写出从这5人中随机抽取2人的样本空间，并求这2人成绩至少一人成绩在[90,100]的概率．16.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=3，c=5，且bsinA+3acosB=0．

(1)求b；

(2)若O为△ABC的内心，求17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，△BCD为等边三角形，BD=23，PA=3，AB=AD=PB=PD，∠BAD=120°，点E，F分别为PC，CD的中点．

(1)求证：平面BEF//平面PAD；

(2)求二面角18.(本小题17分)

如图，在斜四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为平行四边形，∠DAB=π3，A1B=AD=2AB=2，AA1=5，AA1⊥AD．

(1)证明：AB⊥平面A1DB；

(2)19.(本小题17分)

已知三棱锥Pi−ABC(i=1,2,⋯,24)的体积为Vi(i=1,2,⋯,24)，在△ABC中，AB=23，Q是△ABC内一点，∠AQB=120°，记V=i=124Vi．

(1)若AQ⊥CQ，AB⊥AC，∠ACQ=30°，Pi(i=1,2,⋯,24)到平面ABC的距离为i，求V；

(2)若Q是△ABC的重心，且对任意i=1，2，…，24，均有|APi+BPi+CPi|=i．

(i)求V的最大值；

(ii)当V最大时，5个分别由24个实数组成的24元数组(aj,1,aj,2,⋯,aj,24)(j=1,2,…,5)满足对任意j=1，2，…，5参考答案1.C

2.A

3.C

4.D

5.C

6.B

7.D

8.A

9.ACD

10.ABD

11.BC

12.4

13.36

14.3−15.(1)由题意，(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，解得a=0.03．

设中位数为m，因为(0.005+0.010+0.020)×10=0.35<0.5，

0.35+0.03×10=0.65>0.5，所以m∈[70,80)，

则0.35+(m−70)×0.03=0.5，解得m=75．

(2)由题意，区间[40,50)，[50,60)，[90,100]的频率比为0.05：0.1：0.1=1：2：2，

所以若从区间[40,50)，[50,60)，[90,100]抽取5人，

则从区间[40,50)内抽取1人，设为a，从区间[50,60)内抽取2人，设为b，c，从区间[90,100]内抽取2人，设为d，e，

记“从这5人中随机抽取2人，成绩至少一人成绩在[90,100]”为事件A，

基本事件有(a,b)，(a,c)(a,d)(a,e)(b,c)(b,d)(b,e)(c,d)(c,e)(d,e)，共10个，

事件A包含的基本事件有(a,d)(a,e)(b,d)(b,e)(c,d)(c,e)(d,e)，共7个，

利用古典概型概率公式可知P(A)=0.7．16.(1)若bsinA+3acosB=0，则sinBsinA+3sinAcosB=0，

因为△ABC中，sinA≠0，所以sinB+3cosB=0，即sinB=−3cosB，

可得tanB=sinBcosB=−3，结合B∈(0,π)，可知B=2π3，

在△ABC中，由余弦定理得17.(1)证明：在△PCD中，点E，F分别为PC，CD的中点，

所以EF//PD，因为PD⊂平面PDA，而EF不在平面PDA内，

所以EF//平面PDA．

因为AB=AD，∠BAD=120°，所以∠BDA=30°，

因为△BCD为等边三角形，所以∠BDC=60°，

所以∠ADC=90°，又BF⊥CD，所以BF//AD．

又因为AD⊂平面PDA，而BF不在平面PDA内，

所以BF//平面PDA．

又EF∩BF=F，EF，BF⊂平面BEF，

所以平面BEF//平面PAD．

(2)取BD的中点G，连接AG，PG．

因为AB=AD=PB=PD，所以AG⊥BD，PG⊥BD．

因为AG∩PG=G，平面PBD∩平面ABD=BD，

所以二面角P−BD−A的平面角为∠PGA．

因为DG=12BD=3，所以AG=DG×33=1，AD=PD=1+3=2，

所以PG=18.(1)证明：

因为A1B=2AB=2，AA1=5，

所以A1A2=AB2+A1B2，所以A1B⊥AB，

在△ABD中，AD=2，AB=1，∠DAB=π3，

根据余弦定理BD2=AB2+AD2−2AB×AD×cosπ3=1+4−2×2×1×12=3，

所以有BD2=AB2+AD2，所以AB⊥BD，又A1B∩BD=B，A1B，BD⊂平面A1BD，

所以AB⊥平面A1DB；

(2)因为AA1⊥AD8AA1=5，AD=2，

根据勾股定理A1D=AD2+A1A2=4+5=3，

在A1BD中，A1B=2,BD=3．A1D=3，

根据余弦定理cos∠A1BD=A1B2+BD2−A1D22A1B×BD=4+3−92×2×3=−36，

所以sin∠19.(1)如图，在△ACQ中，AQ=ACsin∠ACQ=12AC．

因为AC⊥AB，AQ⊥CQ，所以∠QAB=∠ACQ=30°，

所以在△ABQ中，∠QBA=180°−∠AQB−∠QAB=30°=∠QAB，

所以在△ABQ中，AQ=BQ=12ABcos∠QAB=2，

所以AC=4，所以△ABC的面积为S=12AB⋅AC=43，

又因为Pi(i=1,2,⋯,24)到平面ABC的距离为i

所以Vi=13SdPi→ABC=433i，

所以V=i=124Vi=433×(1+2+…