2024-2025学年安徽省宣城市高一下学期期末调研测试数学试题（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年安徽省宣城市高一下学期期末调研测试数学试题一、单选题：本题共7小题，每小题5分，共35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=2i(1+i)的虚部为(

)A.−2 B.2 C.−2i D.2i2.向量a=(m−1,1)，b=(2,m)，则“m=2”是“a//bA.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.二进制是以2为基数代表系统的二进制，通常用0和1表示.二进制011(2)化为十进制的计算公式如下：011(2)=0×22+1×21+1×20=3.若从二进制数000(2)，001(2)A.14 B.13 C.124.已知非零向量m，n满足|m|=2，|n|=4，|m+n|=5A.532m B.516m C.5.一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40∘方向直线航行，30分钟后到达B处.在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70∘，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65∘，那么B，C两点间的距离是A.102海里 B.103海里 C.206.一圆台的上、下底面半径分别是10cm和20cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180∘，下列说法不正确的是(

)A.圆台的母线长是20cm B.圆台的高是103cm

C.圆台的表面积是1100πcm7.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosC=(2b−c)cosA，若角A的平分线AD的长为1，则4b+cA.3 B.23 C.3二、多选题：本题共4小题，共24分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。8.若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题错误的是(

)A.若m⊥α，n⊥α，则m//n

B.若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m//α

C.若m⊥β，m⊂α，则α//β

D.若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β9.先后抛掷质地均匀的硬币两次，下列说法正确的是(

)A.样本空间中一共含有4个样本点

B.事件“两次正面向上”发生的概率是14

C.事件“至少一次正面向上”与事件“至少一次反面向上”是互斥事件

D.10.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是(

)A.若A=45∘，a=2，b=22，则△ABC只有一解

B.若AB⋅BC>0，则△ABC为钝角三角形

C.若△ABC的外心为O，AB=3，AC=5，则AO11.如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是的BC，CD中点，G是EF的中点，现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H，下列结论正确的是(

)

A.AH⊥EF

B.三棱锥H−AEF的外接球的体积为26π

C.点H到平面AEF的距离为23

D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知一组从小到大排列的数据为a，2，2，4，4，5，6，b，8，8，若其第70百分位数等于其极差，则2a+b=

．13.已知一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图是边长为2的菱形A′B′C′D′，且O′D′=2，则原平面图形的周长为

．14.已知复数z1=2sinθ−3i，z2=1+(2cosθ)i，i为虚数单位.若θ∈[π2,π]，复数z1，z2四、解答题：本题共5小题，共76分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且△ABC的周长为3bsin(1)求角A;(2)若△ABC外接圆的面积为4π，求△ABC面积的最大值．16.(本小题15分)

如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA(1)求点A到平面MBC1(2)在棱BB1上是否存在点Q，使得AQ⊥平面BC1M?若存在，求出17.(本小题15分)

为普及消防安全知识，某校开展了“消防知识竞赛”活动，共有1000名学生参加此次竞赛活动，现从参加该竞赛学生中随机抽取了100名，统计他们的成绩，其中成绩不低于80分的学生被评为“消防达人”，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图．

(1)估计参加这次竞赛的学生成绩的平均数和中位数(结果保留小数点后一位) ;(2)若在抽取的100名学生中，利用分层随机抽样的方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从6人中选择2人作为学生代表，求被选中的2人均为消防达人的概率;(3)已知[80,90)组的方差为9，[90,100]组的方差为6，试估计参加此次竞赛的学生不低于80分的成绩方差(每个分组区间内平均数取区间中点，结果保留小数点后一位)．18.(本小题17分)

在直角梯形ABCD中，已知AB//DC，AD⊥AB，CD=1，AD=2，AB=3，动点E、F分别在线段BC和DC上，AE和BD交于点M，且BE=λBC，DF=(1−λ)DC，λ∈[0,1](1)当λ=12时，求AE(2)当λ=23时，求DM(3)求|AF+19.(本小题17分)

如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，PA=4，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAD⊥平面ABCD．

(1)求证：PA⊥平面ABCD;(2)求二面角A−PD−B的余弦值;(3)点M在正方形ABCD内(包括边界)，若平面PAM⊥平面PDM，且∠ADM∈[π4,π3答案解析1.【答案】B

【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘法运算，复数的基本概念，属于基础题．利用复数代数形式的乘法运算化简，则复数z=2i(1+i)的虚部可求．【解答】

解：∵z=2i(1+i)=−2+2i，

∴复数z=2i(1+i)的虚部是2．

故选B．2.【答案】A

【解析】解：当a/​/b时，(m−1)m=2，

∴m=−1或m=2，

所以“m=2”是“3.【答案】C

【解析】解：由题意得，000(2)=0，

001(2)=1，

010(2)=0×22+1×21+0×20=2，

110(2)=1×22+1×21+0×∴二进制数所对应的十进制数大于3的数有三个，∴任选一个二进制数所对应的十进制数大于3的概率为36故选：C．4.【答案】C

【解析】解：因为

m=2

，

|n|=4

，

所以

(m+n)2=所以

m

在

n

上的投影向量为

m⋅n故选C．5.【答案】A

【解析】【分析】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．

如图，由题意可得AB=20海里、∠ACB=45【解答】解：如图，由题意得，∠BAC=30得∠ACB=45∘，

在▵ABC中，由正弦定理，得故选A．6.【答案】D

【解析】解：如图所示，设圆台的上底面周长为C，因为扇环的圆心角为180°，

所以C=π· SA，又C=10×2π，所以SA=20，同理SB=40，

故圆台的母线AB=SB− SA=20，A正确；

高ℎ=AB2−(20−10)2=103，B正确；

表面积S=12π·SB7.【答案】C

【解析】解：因为acosC=(2b−c)cosA，

由正弦定理可得：sinAcosC=(2sinB−sinC)cosA，

移项得到sinAcosC+sinCcosA=2sinBcosA，

根据两角和的正弦公式sin(A+C)=sinAcosC+sinCcosA，且A+B+C=π，

所以A+C=π−B，sin(A+C)=sin(π−B)=sinB.

则sinB=2sinBcosA，因为B∈(0,π)，sinB≠0，所以cosA=12，

又因为A∈(0,π)，所以A=π3．

因为AD是角A的平分线，所以∠BAD=∠CAD=π68.【答案】CD

【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，得：

对于A，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的性质定理得m/​/n，故A正确;

对于B，若α⊥β，m⊥β，m⊂α，则由面面垂直、线面垂直的性质得m/​/α，故B正确;

对于Ct，若m⊥β，m⊂α，则α⊥β，故C错误;

对于D，若m⊂α，n⊂α，m/​/β，n/​/β，则α与β相交或平行，故D错误．

故选：CD9.【答案】ABD

【解析】解：对于A，样本空间为{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，共4个样本点，故A正确；

对于B，由A可得，事件“两次正面向上”发生的概率是14，故B正确；

对于C，两个事件能同时发生，不是互斥事件，故C错误；

对于D，两个事件有且仅有一个发生，是对立事件，故D正确．

故选：ABD10.【答案】AB

【解析】解：对于A，由正弦定理2sin45∘=22sinB，则sinB=1，

因为0<B<180∘，所以B=90∘，△ABC只有一解，故A正确；

对于B，若AB⋅BC>0，则cos⟨AB，BC⟩>0，则π−B为锐角，

也即B为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故B正确；

对于C，因为BC=AC−AB，所以AO⋅BC=AO⋅(AC−AB)=AO⋅AC−AO⋅AB，

由于O在AB的垂直平分线上，AO在AB方向上的投影为12|AB|，

故AO⋅AB=12|AB|211.【答案】ACD

【解析】解：由题意可得HA、HE、HF三条侧棱两两互相垂直，

由HA⊥HE，HA⊥HF，HE∩HF=H，HE、HF⊂平面HEF，

∴HA⊥平面HEF，又EF⊂平面PEF，

∴HA⊥EF，故A选项正确；

对于C，△AEF的面积为S△AEF=12EF⋅AE2−(12EF)2

=12×2×(5)2−(122)2=22×32=32，

设点H到平面AEF的距离是ℎ，

由正方形的边长为2，因此HE=HF=1，HG=22，

AG=22−22=322，AH=AG2−HG2=2，

所以三棱锥A−HEF的体积为13S△AEF⋅ℎ=13S△HEF⋅AH

=1312.【答案】10

【解析】解：因为10×0.7=7，

所以a，2，2，4，4，5，6，b，8，8的第70百分位数为6+b2，其极差为8−a，

所以6+b2=8−a，

解得2a+b=10．

故答案为：13.【答案】4【解析】解：由题可知，O′D′=A′D′=2，∠A′O′D′=45∘，∴O′A′=22．

还原直观图可得原平面图形，如图所示，

则OD=2O′D′=4，OA=O′A′=22，AB=DC=2，

∴AD=OA2+OD14.【答案】[2−【解析】解：由题意a=(2sinθ,−3)，b=(1,2cosθ)，

等式(λa−b)·(a−λb)=0成立，

即(2λsinθ−1,−3λ−2cosθ)·(2sinθ−λ,−3−2λcosθ)=0，

即(2λsinθ−1)⋅(2sinθ−λ)+(−3λ−2cosθ)•(−15.【答案】解：(1)因为△ABC的周长为3bsinCsinB+sinC−sinA，

可得a+b+c=3bsinCsinB+sinC−sinA，

由正弦定理，可得a+b+c=3bcb+c−a，即(b+c)2−a2=3bc，

整理得b2+c2−a2=bc，

又由余弦定理，可得cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=1【解析】详细解答和解析过程见【答案】16.【答案】解：(1)因为三棱柱ABC−A1B1C1是正三棱柱，

所以AA1⊥平面A1B1C1，

因为MC1⊂平面A1B1C1，

所以AA1⊥MC1，

又因为M是A1B1的中点，所以MC1⊥A1B1，

因为AA1∩A1B1=A1，AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，

所以MC1⊥平面ABB1A1，

又MB⊂平面ABB1A1，

所以MC1⊥MB，

点M为A1B1的中点，

所以MC1=22−12=3，MB=12+42=17，

所以S△MBC1=12×MC1×MB=512，

V【解析】详细解答和解析过程见【答案】17.【答案】解：(1)平均数为(45×0.005+55×0.015+65×0.020+75×0.030+85×0.020+95×0.010)×10=72.5，

由频率分布直方图可知，成绩在[40,50)内的频率为0.005×10=0.05，

成绩[50,60)在内的频率为0.015×10=0.15，

成绩在[60,70)内的频率为0.020×10=0.2，

成绩[70,80)在内的频率为0.030×10=0.3，

所以成绩在70分以下的学生所占的比例为0.05+0.15+0.2=0.4，

成绩在80分以下的学生所占的比例为0.05+0.15+0.2+0.3=0.7，

所以成绩的中位数一定在[70,80)内，即70+0.5−0.40.030≈73.3，

因此估计参加这次竞赛的学生成绩的中位数为73.3；

(2)因为6×0.30.3+0.2+0.1=3，

6×0.20.3+0.2+0.1=2，

6×0.10.3+0.2+0.1=1，

所以从成绩在[70,80)，[80,90)，[90,100)内的学生中分别抽取了3人，2人，1人，

其中有3人为消防达人，设为a，b，c，有3人不是消防达人，设为d，e，f，

则从6人中选择2人作为学生代表，

有(a,b)，(a,c)，(a,d)，(a,e)，(a,f)，(b,c)，(b,d)，(b,e)，(b,f)，(c,d)，(c,e)，(c,f)，(d,e)，(d,f)，(e,f)共15种，

其中2人均为航天达人为(a,b)，(a,c)，(b,c)共3种，

所以被选中的2人均为消防达人的概率为315=15；

(3)[80,90)内的频率为0.020×10=0.2，

[90,100]内的频率为0.010×10=0.1，

[80,90)内的平均数为85，[90,100]内的平均数为95，

[80,100]内的平均数为0.20.2+0.1×85+0.10.2+0.1×95=【解析】详细解答和解析过程见【答案】18.【答案】解：(1)AE=AB+BE=AB+λBC

=AB+λ(BA+AD+DC)

=AB−λ(2)当λ=23时，设AM=xAE，DM=yDB，AM=∵AB，AD不共线，∴59x=y23(3)因为A