2024-2025学年陕西省西安四十四中高一（下）期末数学试卷（含答案）

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=118.(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<

参考答案1.A

2.C

3.C

4.D

5.B

6.C

7.A

8.C

9.BC

10.BD

11.BCD

12.1

13.3π

14.[0,2]

15.(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=D16.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．

17.(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=118.(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+a29−362a129919.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MG=22a所以MH=1−22a，

同理可得NF=1−22a，

又由MH//A1D1//NF，且MN=NF，

所以四边形MHFN为平行四边形，