2024-2025学年河南省信阳市商城县高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河南省信阳市商城县高一（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.已知集合A={x|x≥4}，B={1,2,3,4,5}，则A∩B=(

)A.{5} B.{4,5} C.{2,3} D.{1,2,3}2.若{e1,e2}A.{e1, e1+e2}3.若α为第三象限角，则下列各式的值为负数的是(

)A.sin(π+α) B.cos(π+α) C.sin(π−α)4.若tan(θ−3π4)=−4A.−725 B.725 C.−5.已知一组数据39，41，44，46，49，50，x，55的第65百分位数是50，那么实数x的取值范围是(

)A.[50,+∞) B.(50,+∞) C.(50,55) D.[50,55]6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c,A=π4,b=4，若△ABC有两解，则a的取值范围是A.(2,22) B.(22,4)7.在梯形ABCD中，AD//BC，AD⊥AB，AD=AB=12BC=2，点E在线段CD上，则AC⋅A.(2,8) B.[2,8] C.(4,16) D.[4,16]8.由瑞士著名建筑大师马里奥⋅博塔设计的清华大学艺术博物馆整体为长方体造型，长方体ABCD−A1B1C1D1是该建筑的直观图，当身高为ℎm人(忽略眼睛到头顶的距离)站在点N处(AB的延长线上)时可以估测B1点、C1点的仰角，现测得楼宽BC长为am，此人估测得B1点的仰角为α，C1A.ℎ+a⋅B.ℎ+a⋅cosαcosβsin(α+β)sinD.ℎ+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A，B是两个概率大于0的随机事件，则下列结论正确的是(

)A.P(A)+P(B)>1

B.若A和B互斥，则A和B一定相互独立

C.若事件A⊆B，则P(A)≤P(B)

D.若A和B相互独立，则A和B一定不互斥10.下列关于向量的命题，错误的是(

)A.AB+BC=AC

B.在边长为1的等边△ABC中，BA⋅BC=12

C.若a//b11.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A.当E为CD1中点时，AE与BB1所成角的正切值是5

B.AE与平面ABB1A1所成角为定值

C.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a=(1,1),b=(m,−6)，且a//b，则实数13.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E、F分别为棱AD、14.刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角.角度用弧度制).例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π−π3×3=π.在底面为矩形的四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD=2PA.PC与底面ABCD所成的角为π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)

已知A(0,1)，B(3,2)，C(−1,5)．

(1)若AB−2AC=(m,n)，求m，n；

(2)若AD16.(本小题15分)

已知函数f(x)=23sin2(x+π4)−2sin2x−3+1．17.(本小题15分)

已知a，b，c分别为锐角三角形ABC三个内角A，B，C的对边，且3c=2asinC．

(1)求A；

(2)若a=7，b=2，求c；

(3)若18.(本小题17分)

某校从高一年级学生中随机抽取40名，将他们的期中考试数学成绩(满分100分，所有成绩均为不低于40分的整数)分为6组：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，绘制出如图所示的频率分布直方图．

(1)求出图中实数a的值；

(2)若该校高一年级共有学生640名，试估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于80分的人数；

(3)若从成绩来自[40,50)和[90,100]两组的学生中随机选取两名学生：

(ⅰ)写出该试验的样本空间；

(ⅱ)求这两名学生数学成绩至多有一名及格的概率．19.(本小题17分)

如图，在等腰直角三角形ABC中，AC=BC，M是半圆弧AB上异于A，B的动点，平面ABC⊥平面ABM.设O，N分别为AB，AM的中点，∠MAB=α，三棱锥A−BCM体积的最大值为13．

(1)证明：AM⊥平面OCN；

(2)当α=π6时，求二面角C−AM−B的正切值；

(3)求点N到平面BCM的距离(用α表示

参考答案1.B

2.D

3.C

4.C

5.A

6.B

7.D

8.D

9.CD

10.CD

11.ACD

12.−6

13.514.3π415.解：(1)A(0,1)，B(3,2)，C(−1,5)，

则AB=(3,1)，AC=(−1,4)，

AB−2AC=(3,1)−(−2,8)=(5,−7)=(m,n)，即m=5，n=−7；

(2)设D(x,y)，

AB=(3,1)，AC=(−1,4)，

则2AB+4AC=(6,2)+(−4,16)=(2,18)，

A(0,1)，AD=2AB+416.(1)由题意可得f(x)=23⋅1−cos(2x+π2)2−2⋅1−cos2x2−3+1

=3[1+sin2x]−(1−cos2x)−3+1

=3sin2x+cos2x

=2sin(2x+π6)，

令2x+π6∈[−π2+2kπ,π2+2kπ]，k∈Z17.解：(1)由于0<C<π2，所以sinC≠0，

由3c=2asinC得3sinC=2sinAsinC，

所以sinA=32，且三角形ABC为锐角三角形，

所以A=π3；

(2)在△ABC中，由余弦定理有cosA=b2+c2−a22bc=4+c2−74c=12，18.(1)因为频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1，

可得(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)×10=1，解得a=0.030．

(2)若该校高一年级共有学生640名，成绩不低于80分的频率为(0.025+0.01)×10=0.35，

成绩不低于80分的人数为640×0.35=224人．

(3)(ⅰ)成绩来自[40,50)的学生人数为40×0.05=2人，记为a，b，

成绩来自[90,100]的学生人数为40×0.1=4人呢，记为c，d，e，f，

则从中随机选取两名学生的样本空间为：Ω={ab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf,cd,ce,cf,de,df,ef}，共15个样本点，

(ⅱ)设M=“两名学生数学成绩至多有一名及格”，

则M={ab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf}，其中含了9个样本点，

所以这两名学生数学成绩至多有一名及格的概率P(M)=919.解：(1)证明：由△ABC为等腰直角三角形，且AC=BC，且O，N分别为AB，AM的中点，连接OC，ON，

则OC⊥AB，又平面ABC⊥平面ABM，且平面ABC∩平面ABM=AB，

所以OC⊥平面ABM，又AM⊂平面ABM，

所以OC⊥AM，

又因为∠AMB为直径AB所对的圆周角，所以∠AMB=π2，即BM⊥AM，

又ON//BM，所以ON⊥AM，因为ON∩OC=O，ON，OC⊂平面ONC，

所以AM⊥平面ONC．

(2)连接OM，由题意可知当OM⊥AB时，三棱锥A−BCM体积取到最大，

此时VA−BCM=VM−ABC=13S△ABC⋅OM=13×14AB2×12AB=13，

解得AB=2，

由(1)知AM⊥平面ONC，NC⊂平面ONC