2024-2025学年陕西省西安四十四中高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年陕西省西安四十四中高一（下）期末数学试卷一、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.复数z=−1+ii的虚部为(

)A.1 B.−1 C.i D.−i2.某校举办了校园歌手大赛，参加总决赛的10名同学的成绩(单位：分)为73，82，84，70，74，88，92，80，79，90，则这10名同学成绩的第60百分位数为(

)A.80 B.82 C.83 D.843.设a，b，c是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是(

)A.若a//b，a//α，则b//α B.若α//β，a⊂α，b⊂β，则a//b

C.若a//b，b//c，则a//c D.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c或a//c4.某射击运动员射击5次的成绩如下表：第1次第2次第3次第4次第5次9环9环10环8环9环下列结论正确的是(

)A.该射击运动员5次射击的平均环数为9.2 B.该射击运动员5次射击的平均环数为9.5

C.该射击运动员5次射击的环数的方差为1 D.该射击运动员5次射击的环数的方差为25.已知单位向量a，b，c满足3a+4b=5cA.0 B.35 C.45 6.如图，梯形A1B1C1D1是一平面图形ABCD的直观图，若A1D1A.23

B.32

C.7.“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为(

)A.45 B.23 C.358.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2acosA=bcosC+ccosB，a=1，则△ABC周长的最大值为(

)A.1 B.2 C.3 D.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.设向量a=(1,2)，b=(3,t)，若a与b的夹角为锐角，则t的值可能是(

)A.−32 B.−1 C.0 10.如图，三棱台ABC−A′B′C′的侧棱长均相等，△ABC和△A′B′C′都是等边三角形，A′B′=2，AB=4，AA′=2，则(

)A.直线AA′与直线CC′所成的角为π3

B.直线AB与直线A′C′所成的角为π3

C.三棱台ABC−A′B′C′的体积为22

D.三棱台11.设实验E是古典概型，样本空间Ω包含16个样本点，事件A，B，C，A∪C分别包含其中的6，2，8，11个样本点，且事件B和C互斥，则(

)A.P(B∪C)=23 B.38≤P(A∪B)≤12

C.事件A和C相互独立 D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若复数z=a+1+(a−1)i的共轭复数是本身，则a=______．13.如图，正方体ABCD−A1B1C1D14.如图，A，B均为圆上的动点(可重合)，O为圆心，已知该圆的半径为1，则AB⋅OB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，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AD=2，PD=CD=4，E为AB的中点．

(1)求三棱锥P−BCE的体积；

(2)证明：CE⊥平面PDE．16.(本小题15分)

某中学地理组教师团队研发了《听歌曲学地理》校本课程并对高一年级共1200名学生进行了授课，授课结束后对学生进行了知识测验，从所有答卷中随机抽取了100份作为样本，将样本的成绩(满分100分，成绩均为不低于50分的整数)整理后得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求a的值；

(2)估计样本成绩的中位数(结果精确到小数点后1位)；

(3)若测验成绩不低于80分的同学被定义为“地理爱好者”.试估计全年级“地理爱好者”的人数．17.(本小题15分)

如图，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，设AB的中点为O，以O为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，已知B(1,0)．

(1)求AE⋅AF；

(2)若点G在线段BC上，AE⋅AG=1，求18.(本小题17分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=6，cosA=−13.D为线段BC上一点，且BD=2DC，AD=1293．

(1)求c；19.(本小题17分)

如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别是线段B1D1，A1D上的动点，且满足B1M=A1N=a(0<a<

答案解析1.【答案】A

【解析】解：z=−1+ii=(−1+i)ii⋅i=1+i，虚部为1．

故选：A．2.【答案】C

【解析】解：参加总决赛的10名同学的成绩(单位：分)为73，82，84，70，74，88，92，80，79，90，

则从小到大排列为：70，73，74，79，80，82，84，88，90，92，

又10×60%=6，

则第60百分位数为82+842=83．

故选：C．

根据百分位数定义相关知识可解．3.【答案】C

【解析】解：若a/​/b，a/​/α，则b/​/α或b⊂α，所以A选项错误；

若α/​/β，a⊂α，b⊂β，则a/​/b或a与b异面，所以B选项错误；

若a/​/b，b/​/c，则a/​/c，所以C选项正确；

若a⊥b，b⊥c，则a与c可以成[0,π2]的任意角，所以D选项错误．

故选：C．

4.【答案】D

【解析】解：该射击运动员5次射击的平均环数为9+9+10+8+95=9，

5次射击的环数的方差s2=15[(9−9)2+(9−9)2+(9−10)25.【答案】B

【解析】解：已知单位向量a，b，c满足3a+4b=5c，

则−4b=3a−5c，

则16b2=9a2−30a6.【答案】C

【解析】解：根据题意，由斜二测画法可得原图，如图：

其中AB=A1B1=2，AD=2A1D1=2，且AD与y轴平行，

则∠BAD=90°，

则BD=7.【答案】A

【解析】解：样本空间Ω={(立夏，小满)，(立夏，芒种)，(立夏，夏至)，(立夏，小暑)，(立夏，大暑)，

(小满，芒种)，(小满，夏至)，(小满，小暑)，(小满，大暑)，

(芒种，夏至)，(芒种，小暑)，(芒种，大暑)，(夏至，小暑)，(夏至，大暑)，(小暑，大暑)}，

共有15个样本点．其中任取2个节气，这2个节气不在同一个月的样本点有12个．

所以这2个节气不在同一个月的概率为1215=45．

故选：A．8.【答案】C

【解析】解：根据题意可知，2acosA=bcosC+ccosB，根据正弦定理，则2sinAcosA=sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)，

因为B+C=π−A，所以sin(B+C)=sinA，又sinA≠0，两边约去sinA，得cosA=12，故A=π3，

已知a=1，周长L=1+b+c，需最大化b+c，由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，代入a=1，A=π3，得：1=b2+c2−bc9.【答案】BC

【解析】解：∵a与b的夹角为锐角，

∴a⋅b>0，且a与b不共线，

∴3+2t>0t≠6，解得t>−32且t≠6，

∴t的可能取值为：−1或0．

故选：BC．

根据条件可得出a10.【答案】BD

【解析】解：根据题意，将三棱台ABC−A′B′C′还原成三棱锥P−ABC，

则△PAC中，AC//A′C′，AC=2A′C′，可得PC=PA=2AA′=22，

所以PC2+PA2=AC2=16，可得∠APC=π2，

即直线AA′与直线CC′所成的角为π2，可知A项不正确；

根据AC//A′C′，可知∠BAC(或补角)就是直线AB与直线A′C′所成的角，

等边△ABC中，∠BAC=π3，所以直线AB与直线A′C′所成的角为π3，B项正确；

由A项的分析，可知PA=PB=PC=22，∠APB=∠BPC=∠APC=π2，

根据PA、PB、PC两两垂直，可得VP−ABC=VC−PAB=13S△PAB⋅PC=13⋅12⋅PA⋅PB⋅PC=823，

同理可得VP−A′B′C′=13⋅111.【答案】BCD

【解析】解：由题意，P(A)=616=38，P(B)=216=18，P(C)=816=12．

对于A，因为事件B和C互斥，所以P(B∪C)=P(B)+P(C)=18+12=58，故A错误；

对于B，P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)=12−P(A∩B)，

因为P(A∩B)≤P(B)=18，所以38≤P(A∪B)≤12，故B正确；

因为n(A∪C)=n(A)+n(C)−n(AC)，

所以n(AC)=n(A)+n(C)−n(A∪C)=6+8−11=3，

所以P(AC)=316，则P(AC)=P(A)P(C)，

所以事件12.【答案】1

【解析】解：复数z=a+1+(a−1)i，则z−=a+1−(a−1)i，

由题意，a+1+(a−1)i=a+1−(a−1)i，

即a−1=0，解得a=1．

故答案为：1．

根据复数z和它的共轭复数相等列方程求解．13.【答案】3π

【解析】解：由图知：三棱锥D1−ABC与正方体ABCD−A1B1C1D1具有相同的外接球，

设正方体ABCD−A1B1C1D1外接球半径为R，

因为正方体ABCD−A1B1C1D14.【答案】[0,2]

【解析】解：由题意可知：AB⋅OB=(AO+OB)⋅OB=AO⋅OB+OB2=−cos<OA，OB>+1，

因为−1≤cos<15.【答案】83；

证明见解答．【解析】(1)根据题意可得三棱锥P−BCE的体积为13×12×2×2×4=83；

(2)证明：因为PD⊥平面ABCD，又CE⊂平面ABCD，

所以CE⊥PD，

又底面矩形ABCD中，CD=2AD，E为AB中点，

所以可得CE⊥DE，又CE⊥PD，且DE∩PD=D，

所以CE⊥平面PDE．

16.【答案】解：(1)由题意得(0.01+0.01+a+0.035+0.02)×10=1，

解得a=0.025；

(2)因为10×(0.01+0.01+0.025)=0.45<0.5，10×(0.01+0.01+0.025+0.035)=0.8>0.5，

所以中位数在[80,90)这一组，设中位数的估计值为x，

则0.45+(x−80)×0.035=0.5，

解得x≈81.4，

即样本成绩的中位数约为81.4；

(3)全年级“地理爱好者”约有1200×(0.035+0.02)×10=660人．

【解析】(1)利用频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解；

(2)利用中位数的定义求解；

(3)利用样本估算总体．

本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了中位数的定义，属于基础题．17.【答案】6；

210【解析】(1)因为B(1,0)，由对称性可得A(−1,0)，E(−2,3)，F(2,3)，

则AE=(−1,3)，AF=(3,3)，

所以AE⋅AF=−3+9=6；

(2)设G(1,λ)(0≤λ≤2)，则AG=(2,λ)，

所以AG⋅AE=−2+3λ=1，解得λ=1，

所以AG=(2,1)，

则cos<AE,AG>=AE⋅AG|AE||18.【答案】c=5或c=3；

sinB=429【解析】(1)由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA及b=6，cosA=−13，

可得a2=62+c2−2×6c×(−13)=36+c2+4c，①

因为BD=2DC，所以BD=23a，DC=13a，

在△ADC中，cos∠ADC=AD2+CD2−AC22AD⋅CD=1299+a29−362a1299，

在△ABD中，cos∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=1299+4a29−c24a1299，

由cos∠ADC+cos∠ADB=0，可得1299+a29−362a1299+1299+4a2919.【答案】证明见解析；

22【解析】证明：(1)

在平面A1B1C1D1内过点M作A1D1平行线分别交A1B1，C1D1于G，H，

在平面AA1D1D内过点N作A1D1的平行线分别交AA1，DD1于E，F，连接EG，HF，

在ΔA1B1D1中，由MG//A1D1，可知MGA1D1=B1MB1D1，

又B1M=a且正方体棱长为1，代入可得MG1=a2，

所以M