2024-2025学年福建省莆田市高一下学期期末质量调研数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省莆田市高一下学期期末质量调研数学试卷一、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.已知复数z=1−3i，则|z|=A.2 B.3 C.2 2.现有男志愿者120人，女志愿者80人，按性别进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为15的样本，则女志愿者应抽取的人数是(

)A.6 B.7 C.8 D.93.已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，则下列命题正确的是(

)A.若m//α，n//α，则m//n B.若α⊥γ，β⊥γ，则α//β

C.若m//α，m4.若向量a,b满足a⊥b,a=3,A.32 B.43 C.35.若P(A∪B)=0.9,P(A)=0.7,P(B)=0.5，则P(A∩A.0.5 B.0.4 C.0.3 D.0.26.为了测量某建筑物CD的高度，选取与该建筑物底部C在同一水平面内的两个测量点A,B.现测得∠BAC=30∘,∠ABC=105∘,AB=90米，在点B处测得该建筑物顶部D的仰角为30A.152米 B.156米 C.307.一个袋子中有标号分别为1,2,3,4的4个球，除标号外没有其他差异.从中不放回地依次随机摸出2个球.设事件A=“第一次摸出球的标号小于3”，事件B=“第二次摸出球的标号为奇数”，则(

)A.A与B对立 B.A与B互斥但不对立

C.A与B相互独立 D.A与B既不互斥也不独立8.已知三棱锥P−ABC的底面ABC与侧面PAB均是边长为2的正三角形，且平面PAB⊥平面ABC，则该三棱锥外接球的表面积是(

)A.53π B.103π C.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.若向量a=(2,0),b=−1,A.a+b=4 B.a⋅b=−2

C.b在a上的投影向量为−10.若复数z1满足z1+2−i1−i=1+i，复数zA.z1的实部是−2

B.z1在复平面上对应的点位于第四象限

C.z2的共轭复数是1−i

D.复数z满足z−11.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱CC1上，且CE=λCA.当λ=12时，平面AD1E截该正方体所得的截面面积为18

B.当λ=12时，点D到平面AD1E的距离为23

C.当λ=14，且BF//平面三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在四边形ABCD中，AD//BC,AB⊥BC,BC=2AD=2AB=2，以AB所在直线为轴，其他三边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为13.已知一组数据x1,x2,⋯,x10的平均数和方差均为1.若y14.已知点G是▵ABC的重心，过点G的直线分别交边AB,AC于点E,F，设AB=mAE，AC=nAF，则m+n=

；若AB=6,BC=8,B=π3四、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)寒假期间某学校团委组织学生开展志愿服务活动，假期过后对学生的志愿服务时长(单位：小时)作一次随机抽样调查，画出频率分布直方图如图所示.根据志愿服务时长从长到短，时长在前34％

(1)求a的值，并估计该校学生志愿服务时长的平均数(同一组数中的数据用该组区间的中点值作为代表)；(2)试估计至少需要参加多少小时的志愿服务活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号．16.(本小题15分如图，在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C(1)证明：A1C//(2)求异面直线AB1与A17.(本小题15分记▵ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，向量m=a,(1)求角A；(2)若a=23，点E为▵ABC的内心，求18.(本小题17分如图，正方形ABCD所在的平面与直角梯形CDEF所在的平面互相垂直，已知CD//EF，CD⊥CF,EF=2CD=2CF=4，点P

(1)求证：平面PDF⊥平面ADE(2)当直线DP与平面CDEF所成的角的正切值为2时，求二面角P−CF−D的大小．19.(本小题17分)黑棋和白棋从数轴的原点出发.每次移动由甲和乙各抛掷一枚质地均匀的硬币决定：若甲掷出正面，则黑棋向右移动一个单位；若甲掷出反面，则黑棋不移动.若乙掷出正面，则白棋向右移动一个单位；若乙掷出反面，则白棋不移动．(1)若甲抛掷3次，求黑棋离开原点的概率；(2)若甲乙各抛掷2次，求黑棋比白棋向右移动更远的概率；(3)现黑棋落后白棋一个单位，若甲再抛掷10次，乙再抛掷9次，求最终黑棋不落后于白棋的概率．

答案解析1.【答案】C

【解析】【分析】利用复数模的公式计算得解．【详解】复数z=1−3i故选：C2.【答案】A

【解析】【分析】由抽样比计算即可得解．【详解】由题可得分层随机抽样的抽样比为120:所以抽取一个容量为15的样本，则女志愿者应抽取的人数是15×故选：A3.【答案】D

【解析】【分析】本题考查空间中线线关系、面面关系判断，考查空间想象能力，属于中档题．

由线面的位置关系可判断A，C；由面面位置关系可判断B；由线面垂直的性质可判断D，进而可得正确选项．【解答】解：对于选项A：若m//α，n//α，则m//n，m，n异面或对于选项B：若α⊥γ，β⊥γ，则α//β或α，β相交，故选项对于选项C：若m//α，m//β，则α//β或对于选项D：若m⊥α，n⊥α，由线面垂直的性质可得m//n，故选项D正确．

故选：4.【答案】D

【解析】【分析】由题意可得(a+λb【详解】解：因为a⊥b，所以又因为a+λb与所以(a即a2即3−4λ=0，解得λ=3故选：D．5.【答案】B

【解析】【分析】首先求得P(AB)，然后结合P(A∩【详解】由题意P(AB)=P(A)+P(B)−P(A∪所以P(A∩故选：B．6.【答案】B

【解析】【分析】首先得∠ACB=45∘【详解】因为∠BAC=30∘又AB=90，所以由正弦定理有ABsin∠ACB=解得BC=45因为在点B处测得该建筑物顶部D的仰角为30∘所以CD=45故选：B．7.【答案】C

【解析】【分析】利用古典概型求解P(A)=12，P(AB)=312=14，利用全概率公式求P(B)=【详解】由题意得：P(A)=24=则P(B)=P(C)P(B|因为任取两球样本空间为：Ω=此时|Ω|=12，而AB=(1由于P(A)⋅P(B)=12×12由于A,B能同时发生，所以A与B不是互斥事件，也不是对立事件，故ABD都错误；故选：C．8.【答案】C

【解析】【分析】作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，找到球心的位置，设OF=ℎ，连接OP,OC，利用半径相等得到方程，求出ℎ=【详解】取AB的中点E，连接CE，PE，因为底面ABC与侧面PAB均是边长为2的正三角形，所以CE⊥AB，PE⊥AB，因为平面PAB⊥平面ABC，交线为AB，且PE⊂平面所以PE⊥平面ABC，在CE上取点F，使得CF=2EF，故F为等边三角形ABC的中心，该三棱锥外接球的球心O在平面ABC上的投影为F，其中PE=CE=2sin60°=3设OF=ℎ，连接OP,OC，过点O作OG⊥PE于点G，则EG=OF=ℎ，PG=3−ℎ设OP=OC=R，则CF即233所以R2=2故选：C9.【答案】BC

【解析】【分析】对于A，由模的计算公式验算即可；对于B，由数量积的坐标运算验算即可；对于C，由投影向量的定义验算即可；对于D，由向量夹角的余弦公式验算即可．【详解】对于A，因为a+b=1,对于B，a⋅b=−对于C，b在a上的投影向量为a⋅对于D，由于cosa,b=a⋅b故选：BC．10.【答案】ACD

【解析】【分析】对于A，由复数除法、减法运算结合实部的概念即可得解；对于B，由复数的几何意义判断即可；对于C，由待定系数法求得z2，由共轭复数的概念即可判断；对于D【详解】对于A，因为z1所以z1所以z1的实部是−2，故A对于B，z1在复平面上对应的点(−2,2)位于第二象限，故B对于C，由题意设z2从而z1因为z1z2是实数，所以2a−2=0所以z2=1+i的共轭复数是1−对于D，设Z(x,y)为复数z对应的点，而z2=1+i因为复数z满足z−z2=1，所以所以可设x=1+cos所以|z|==3+2所以|z|的最大值是2+1，故故选：ACD．11.【答案】ACD

【解析】【分析】对于A，取BC中点G，连接AD1AG,GE,ED1，可得平面AD1E截该正方体所得的截面即为梯形AGED1并求出该梯形面积即可判断；对于B，设点D到平面AD1E的距离为d，则由VD−AED1=VA−EDD1即可求解判断；对于C，分别取AA1,A1D1,D1D四等分点H,I,J，且AHV【详解】对于A，当λ=12时，由题可知此时点E在棱取BC中点G，连接AD1AG,GE,E因为AB//C1D1且AB=所以GE//AD所以平面AD1E因为AG=ED所以平面AD1E截该正方体所得的截面梯形AGED1对于B，当λ=12时，由题可知此时点E在棱CC1中点上，设点D到平面则由VD−AED1=V对于C，当λ=14即CE⃗=1且AHV=D1IIA1=由A可知BC1//AD又BC1在平面AD1E外，AD1由正方体性质可知BC//A1D1且BC=所以四边形HJCB是平行四边形，所以BH//CJ，同理可得所以BH//ED1，因为BH在平面AD1E外，E因为BC1∩BH=B，BC1,BH因为BF//平面AD1E，所以所以点F的轨迹为IC1，所以点F的轨迹长度为D对于D，由正方体结构性质可知B1D1因为AE⊂平面AA1在平面AA1C1C内过E作EF则此时∠ACE=∠EC1所以ACCE=EC1C1F⇒则SR⊥AE且SRB因为SR∩EF=F，SR,EF⊂平面SER，所以AE因为EF⊥AE，所以动点F的轨迹为线段SR，所以动点F的轨迹长度为3故选：ACD12.【答案】73【解析】【分析】由圆台的体积公式即可求解．【详解】如图所示，原题等价于求上下底面半径依次为1,2，高为1的圆台的体积，故所求为V=1故答案为：7313.【答案】52【解析】【分析】根据一组数据的平均数和方差公式以及性质即可求解．【详解】数据x1,x则x则数据y1,y数据y1,y2,⋯,所以数据x1,x所以数据x1x1故答案为：514.【答案】316

【解析】【分析】根据重心性质得到AG=13AB+13AC，进而AG=【详解】点G是▵ABC的重心，故AG又AB=mAE，AC=n又E,F,G三点共线，故m3+nAB=6,BC=8,B=πAC故AC=2由余弦定理得cosA=因为AE=1m所以AE⋅又m+n=3，且m>由基本不等式得m+n=3≥2mn，解得所以AE⋅故答案为：3，1615.【答案】解：(1)由4×解得a=0.07，平均数x=12=21.92；(2)依题意知所求时长为这组数据的第66百分位数，因为4×4×所以第66百分位数y位于[22,26)内，所以0.52+(y−22)×解得y=0.66−0.52所以至少需要参加24个小时的志愿活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号“．

【解析】(1)由各个矩形面积之和求得a，然后结合平均数的计算公式求解即可；(2)只需根据百分位数的定义求解第66百分位数即可．16.【答案】解：(1)证明：连接A1B交AB1于∵侧面ABB1A1为平行四边形，又点D为BC的中点，∴DE又DE⊂平面AB1∴A1C(2)由(1)得DE//A1C,∴∠在棱长均为2的正三棱柱ABC−A1B1C1中，在▵B1DE∴异面直线AB1与A1

【解析】(1)连接A1B交AB1于E，连接(2)先由(1)得∠B1ED为异面直线AB1与A17.【答案】解：(1)由题意得asin由正弦定理得sinA因为B∈0,π，所以sin所以tanA=3，又A(2)解法一：由(1)知A=π3，因为点E为所以∠EBC由三角形内角和定理得∠BEC=在▵BCE中，由余弦定理得a2=E所以EB2+E所以EB⋅EC≤4，当且仅当所以▵BCE的面积所以▵BCE的面积的最大值为解法二：设▵ABC的内切圆半径为r所以▵ABC的面积S又S▵ABC=因为点E为▵ABC所以S▵在▵ABC中，由余弦定理得a2=所以(b+c)2−3bc=12，即3bc=(b+c)解得b+c≤43，当且仅当b=c=2所以S▵所以▵BCE的面积的最大值为

【解析】(1)由向量平行的坐标表示和正弦定理边化角得tanA=(2)法一：先由内心定义得∠EBC+∠ECB=12∠ABC+12∠ACB，进而求出∠BEC，接着由余弦定理得EB2+EC218.【答案】解：(1)∵四边形ABCD为正方形，∴又平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF=CD,AD⊂∴AD⊥平面

又DF⊂平面CDEF取EF中点G，连接DG，由已知得DG=FC=2,DG⊥∴DE=DF=22,又AD⊂平面ADE,DE⊂平面ADE,AD∩DE=D，又DF⊂平面PDF,∴平面PDF⊥(2)连接CE，过点P作PO⊥CE于点O，过O作OH⊥CF于点由(1)得AD⊥平面ABCD，又AD//BC又CE⊂平面CDEF,∴BC∴∠PDO为直线DP与平面CDEF所成的角．∴tan∠解法一：设POBC=EOEC∴tan2∴PO=∵PO⊥平面CDEF,CF⊂∴PO又CF⊥OH,PO⊂平面POH,OH∴CF⊥平面又PH⊂平面POH,∴CF∴tan∠PHO=POOH=1,∴

解法二：设POBC=EO又CE=由余弦定理得cos∠DEC=即8+20−42×2∴PO=∵PO⊥平面CDEF,CF⊂又CF⊥OH,PO⊂平面POH,OH∴CF⊥平面又PH⊂平面POH,∴CF∴tan∠PHO=POOH=1,∴

【解析】(1)依次求证AD⊥DF和DE⊥DF得到(2)先连接CE，过点P作PO⊥CE于点O，过O作OH⊥CF于点H，连接DO,PH，求证∠PDO为直线DP法一：设POBC=EOEC=λ，依次求出PO=2λ和DO2=20λ2−24λ+8即可求出λ=23和PO,OH，接着依次求证PO⊥CF结合CF⊥OH得到即8+20−42×219.【答案】解：(1)解法一：记事件Ai=”甲第i次掷出正面“，Bi=”乙第则以上事件都相互独立，且PA设事件A=”黑棋离开原点“，则P(A)=1−P=1−1解法二：用1表示硬币”正面朝上“，0表示硬币”反面朝上“，则甲抛掷3次硬币的样本空间Ω=且各个样本点出现的可能性相等，nΩ设事件A=”黑棋离开原点“，则A=(0,0,1),(0,1,0),(0,1,1),(1,0,0),(1,0,1),(1,1,0),(