2024-2025学年福建省三明市高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省三明市高一（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.若(2−i)z=2i3，则z⋅zA.45 B.255 C.2.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是(

)A.矩形的直观图是矩形 B.三角形的直观图是三角形

C.相等的角在直观图中仍然相等 D.长度相等的线段在直观图中仍然相等3.某县有高中生2000人，初中生3000人，小学生4000人，幼儿园学生1500人，为了解该县学生的健康情况，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取样本，若抽出的初中生为30人，则抽出的幼儿园学生人数为(

)A.15 B.20 C.30 D.404.如图，在△ABC中，点D为线段BC的中点，点E是线段AD上靠近D的三等分点，则BE=(

)A.−23AB+13AC

B.5.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论正确的是(

)A.若α⊥β，m⊥β，则m//α

B.若m⊥α，m//n，α//β，则n⊥β

C.若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥β

D.若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β6.已知正四棱台的上、下底边长分别为2和32，高为2A.16π B.25π C.27π D.36π7.甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次.每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮.已知在每轮比赛中甲答对的概率为34，乙答对的概率为23，且甲、乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为(

)A.118 B.116 C.11488.已知点G是边长为3的正三角形ABC所在平面内的一点，满足GA+GB+GC=0，过点G的动直线分别交线段AB，BC于点E，FA.435 B.3 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.掷一枚骰子，记事件A为掷出的点数小于4，事件B为掷出奇数点，则下列说法错误的是(

)A.P(A)=23 B.P(A∪B)=23

C.事件A与事件B对立 D.事件10.在△ABC中，BC=2，D为BC中点，AD=2，以下结论正确的是(

)A.若AB=2，则AC=4 B.△ABC的面积的最大值是2

C.AB211.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R分别为ABA.直线A1Q与C1P是异面直线

B.直线PR与D1Q所成的角为π4

C.若三棱锥Q−C1CP的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为14π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.某校10位同学参加数学竞赛的成绩(单位：分)为：72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，则这10个数据的第25百分位数为______．13.设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=414.在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若cos2A+sin2B+sinBsinC=1四、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)

已知平面向量a=(1,2)，b=(−1,3)．

(1)求向量a在向量b方向的投影向量的坐标；

(2)若(2a+kb)⊥(3a−b)，求实数k的值；16.(本小题15分)

从三明市某高中学校1200名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组[155,160)，第二组[160,165)，…，第八组[190,195]，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第七组的人数为3．

(1)求第六组的频率；

(2)估计该校男生身高的中位数；

(3)从样本身高属于第六组和第八组的男生中随机抽取两名，若他们的身高分别为m，n，记|m−n|>5为事件ξ，求事件ξ的概率P(ξ)．17.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD⊥平面PCD，AD//BC，PD⊥PB．

(1)求证：平面PAD⊥平面PBC；

(2)若AD=1，PD=2，CD=3，BC=4，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值．18.(本小题17分)

在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2a+c=2bcosC．

(1)求B；

(2)△ABC所在平面内一点O满足OA⋅OB=OB⋅OC19.(本小题17分)

在平面直角坐标系中，将横、纵坐标都是整数的点称为整点.对于任意相邻三点都不共线的有序整点列A(n)：A1，A2，⋯，An与B(n)：B1，B2，⋯，Bn，其中n≥3，若同时满足：

①两个点列的起点和终点分别相同；

②AiAi+1⊥BiBi+1，其中i=1，2，⋯，n−1．

则称A(n)与B(n)互为正交点列．

(1)判断A(3)：A1(0,0)，A2(1,2)，A3(3,0)与B(3)：B1(0,0)，B2(2,−1)，B3(3,0)是否互为正交点列，并说明理由；

(2)已知P(4)：P1(0,0)，P2(2,2)，答案解析1.【答案】A

【解析】解：若(2−i)z=2i3，

则z=2i32−i=2i3(2+i)(2−i)(2+i)=2.【答案】B

【解析】解：斜二测画法中，平行性不变，即平行的线段在直观图中仍然平行；

对于线段长度，x轴方向线段长度不变，y轴方向线段长度减半，所以相等的线段在直观图中不一定相等；

原来垂直的线段，在直观图中不一定垂直，

对于A，矩形的直观图为平行四边形，故A错误；

对于B，三角形的直观图是三角形，故B正确；

对于C，矩形的四个角都为直角，但其直观图是平行四边形，只有对角才相等，故C错误；

对于D，正方形的四条边相等，但其直观图是平行四边形，只有对边才相等，故D错误．

故选：B．

由斜二测画法逐一判断即可．

本题主要考查斜二测画法，属于基础题．3.【答案】A

【解析】解：由题意，分层抽样的抽取比例为303000=1100，

若抽出的初中生为30人，则幼儿园应抽取的学生人数为1500×1100=15人．

4.【答案】A

【解析】解：因为D为线段BC的中点，则AD=AB+BD=AB+12BC=AB+12(AC−AB)

=12AB+12AC，

因为点E是线段AD上靠近D5.【答案】B

【解析】解：对于选项A，若α⊥β，m⊥β，则m⊂α或m/​/α，故选项A错误；

对于选项B，若m⊥α，m/​/n，α/​/β，则n⊥α，n⊥β，故选项B正确；

对于选项C，若m⊥n，m⊂α，n⊂β，不能得出n⊥α，故不能得出α⊥β，故选项C错误；

对于选项D，若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，还需要加上m，n相交才能得出α/​/β，如果m//nα，β不一定平行，故选项D错误．

故选：B．

根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可．

本题考查空间线面位置关系的判断，属于基础题．6.【答案】D

【解析】解：由已知，上下底面正方形外接圆半径依次为12×2×2=1,12×32×2=3，

根据对称性可知，该棱台外接球的球心在棱台上下底面外接圆的圆心的连线上，

设该棱台外接球的球心O到上底面的距离为ℎ，该棱台外接球的半径为R，

7.【答案】A

【解析】解：由于“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰，

所以龙队：可能前两轮没有用通行卡，

也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，

故所求概率为：[(34×23)2+(38.【答案】C

【解析】解：取AC的中点为M，

由GA+GB+GC=0，

因此BG=GA+GC=2GM，

因此BG=23BM=23×12×(BA+BC)=13BA+13BC，①

设BE=λBA，λ∈[0,1]，BF=μBC，μ∈[0,1]，EG=mEF，

则BG=BE+EG=BE+m(BF−BE)=(1−m)BE+mBF=(1−m)λBA+mμBC，②

因此结合①和②可得(1−m)λ=13mμ=13，整理得λ=μ3μ−1，

又λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则0≤μ3μ−1≤1，得3μ−1>0，且μ≤3μ−19.【答案】AC

【解析】解：由题意所有的样本点为：1，2，3，4，5，6，共6个，

事件A中的样本点为：1，2，3，共3个，事件B中的样本点为：1，3，5，共3个，

对于A，P(A)=36=12，故A错误；

对于B，A∪B={1,2,3,5}，P(A∪B)=46=23，故B正确；

对于C，A∩B={1,3}≠⌀，故C错误；

对于D，因为P(A)=P(B)=36=12,P(AB)=26=1310.【答案】BC

【解析】解：A选项，根据题意可知，在△ABC中，BC=2，D为BC中点，BD=1,AB=2,AD=2，

在△BAD中，根据余弦定理可知，cosB=AB2+BD2−AD22AB⋅BD=2+1−22×2×1=24，

在△ABC中，根据余弦定理，AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcosB=2+4−2×2×2×24=4，

即AC=2，∴A选项不正确；

B选项，根据三角形面积公式可知，S△ABC=12BC⋅ℎ=12×2ℎ=ℎ≤AD=2，

当AD⊥BC时，等号成立，∴B选项正确；11.【答案】BCD

【解析】解：A选项，

A

因为P，Q分别为AB，BC的中点，所以PQ//AC，

因AA1/​/CC1，AA1=CC1，所以四边形ACC1A1是平行四边形，所以AC/​/A1C1，

因为PQ//AC，所以PQ//A1C1，

所以P，Q，A1，C1四点共面，故A选项错误；

B选项，

因为D1R//AP，D1R=AP=1，所以四边形APRD1是平行四边形，所以AD1//PR，

所以直线PR与D1Q所成的角为∠AD1Q，

而AD1=4+4=22,AQ=4+1=5,D1Q=4+(4+1)2=3，

因此cos∠AD1Q=8+9−52×22×3=22，因此∠AD1Q=π4，故B选项正确；

C选项，

PQ=1+1=2,sin∠PCQ=sin∠PCB=11+4=55，

所以三角形PCQ的外接圆半径为R1=2525=102，

显然CC1⊥平面PCQ，且CC1=2，

所以三棱锥Q−C1CP的外接球O的半径为R=R12+(CC12)2=(102)2+(22)2=142，

所以球O的表面积为4πR2=4π×(142)2=14π，故C选项正确；

D选项，取BB1，A1B1，A1D1，DD1，DC中点E，F，G，H，I，顺次连接QEFGHI，

因为CC1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以CC1⊥12.【答案】80

【解析】解：已知数学竞赛的成绩为：72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，

则从小到大排列为：72，78，80，81，83，86，88，90，91，92，

而10×0.25=2.5，故所求为从小到大排列后的第三个数，即80．

故答案为：80．

由百分位数的定义求解即可．

本题考查百分位数相关知识，属于中档题．13.【答案】4【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，

z1+z2=23+2i，

所以z1+z2=(a+c)+(b+d)i=23+2i，由|z1|=|z2|=414.【答案】(2,7【解析】解：根据题意，可得sin2B+sinBsinC=1−cos2A=sin2A，结合正弦定理得b2+bc=a2，

由余弦定理b2+c2−2bccosA=a2，可得bc=c2−2bccosA，化简得b=c−2bcosA，

所以sinB=sinC−2sinBcosA=sin(A+B)−2sinBcosA=sin(A−B)，

因为△ABC是锐角三角形，可得A、B∈(0,π2)，A−B∈(−π2,π2)，

所以A−B=B，可得A=2B，

因为△ABC是锐角三角形，所以0<B<π20<A=2B<π20<C=π−3B<π2，解得π6<B<π4，

可得y=sinA−1tanA+115.【答案】(−12,32)；

−4【解析】(1)因为a=(1,2),b=(−1,3)，

所以a⋅b=−1+6=5，|b|=(−1)2+32=10，

所以a在b方向的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=510×(−1,3)=(−12,32)．

(2)已知平面向量a=(1,2)，b=(−1,3)，

则2a+kb=(2,4)+(−k,3k)=(2−k,4+3k)，3a−b=(3,6)−(−1,3)=(4,3)，

因为(2a+kb)⊥(3a−b)，

所以(2a+kb)⋅(3a−b)=0

即4(2−k)+3(4+3k)=0，

解得k=−4．

(3)已知平面向量a=(1,2)，b=(−1,3)，

16.【答案】0.08；

174.5；

815．【解析】(1)因为第七组的人数为3，所以第七组的频率为350=0.06，

则第六组的频率为1−0.06−5×(2×0.008+0.016+0.04×2+0.06)=0.08．

(2)设这所学校男生的身高中位数为x，

因为0.008×5+0.016×5+0.04×5=0.32<0.5，

0.32+0.04×5=0.52>0.5，所以170<x<175，

由0.04+0.08+0.2+(x−170)×0.04=0.5，解得x=174.5，

所以这所学校男生身高的中位数为174.5．

(3)样本身高在第六组[180,185)的人数为50×0.08=4，设为a，b，c，d，

样本身高在第六组[190,195]的人数为5×0.008×50=2，设为A，B，

则从中随机抽取两名男生有：{ab,ac,ad,bc,bd,cd,aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB,AB}，

共15种情况，即n(Ω)=15，

当且仅当随机抽取的两名男生不在同一组时，事件ξ发生，

所以事件ξ包含的基本事件为{aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB}，

共8种情况，即n(ξ)=8，

根据古典概型概率公式得P(ξ)=n(ξ)n(Ω)=815．

(1)由频率和为1求解；

(2)利用频率分布直方图中中位数两侧矩形的面积和(频率)各占17.【答案】证明见解析；

23【解析】(1)证明：∵AD⊥平面PCD，PD⊂平面PCD，∴AD⊥PD，

∵BC/​/AD，∴PD⊥BC，又PD⊥PB，PB∩BC=B，PB，BC⊂平面PBC，

∴PD⊥平面PBC，又∵PD⊂平面PAD，

∴平面PAD⊥平面PDC；

(2)过点D作DF/​/AB交BC于点F，连接PF，

则AB与平面PBC所成角即为DF与平面PBC所成角，

∵PD⊥平面PBC，∴PF为DF在平面PBC上的射影，

∴∠DFP为直线DF与平面PBC所成角，

∵AD/​/BC，DF/​/AB，

∴四边形DABF为平行四边形，

∴BF=AD=1，CF=BC−BF=3，

∵AD⊥DC，∴BC⊥DC，

在Rt△DCF中，DF=CD2+CF2=32+32=32，

在Rt△DPF中，sin∠DFP=PDDF=232=23，

∴直线AB与平面PBC所成角的正弦值为23．

(1)利用线面垂直的判定定理证PD⊥平面PBC，最后利用面面垂直的判断定理即可得证；

(2)过点D作18.【答案】2π3；

6【解析】(1)由正弦定理化简已知等式可得2sinA+sinC=2sinBcosC，

可得2sin(B+C)+sinC=2sinBcosC，

可得2cosBsinC+sinC=0，

又sinC≠0，

可得cosB=−12，

又0<B<π，

可得B=2π3；

(2)由于OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，可得(OA−OC)⋅OB=0，

可得CA⋅OB=0，可得CA⊥OB，

同理可得CB⊥OA,AB⊥OC，

可得点O是△ABC的垂心，

又B=2π3，可得∠A