2024-2025学年甘肃省甘南州高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年甘肃省甘南州高一（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z=21−i，则|z|=(

)A.0 B.1 C.2 D.2.已知向量a=(2,1),b=(−2,4)，则aA.(−2,9) B.(0,5) C.(4,−3) D.(6,−7)3.已知圆锥的底面半径为1，侧面积为6π，则此圆锥的侧面展开图的圆心角为(

)A.π6 B.π4 C.π34.tan10°+tan50°+3tan10°tan50°A.−3 B.3 C.35.甲、乙两人独立地解同一问题.解决这个问题的概率分别为23和34，则恰好有1人解决这个问题的概率为(

)A.12 B.512 C.146.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2a−b=2ccosB，且cosA+cosB=1，则△ABC的形状为(

)A.等边三角形 B.顶角为120°的等腰三角形

C.顶角为150°的等腰三角形 D.等腰直角三角形7.已知O，N，P在△ABC所在平面内，且|OA|=|OB|=|OC|,NA+NB+NC=0，且A.重心

外心

垂心 B.重心

外心

内心 C.外心

重心

垂心 D.外心

重心

内心8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P，Q分别为棱A1B1，A.25+95+2136 B.5+2二、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.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列说法正确的是(

)A.若m//α，m//β，则α//β

B.若m//α，n//α，则m，n可以是异面直线

C.若m⊥α，m//β，则α⊥β

D.若m⊥α，n⊥m，则n//α10.已知向量a,b满足a⋅b=2,|bA.|a|=2 B.a与b的夹角为π6

C.a与b的夹角为π11.在平面直角坐标系中，若M(x1,y1)，N(x2,y2)，则称“d(M,N)=|x1−x2|+|y1−y2|A.已知点A(1,2)，B(3,5)，则d(A,B)=5

B.“曼哈顿椭圆”关于x轴、y轴、原点对称

C.△PF1F2的周长为2a+2c三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是______．13.已知sin(α+π6)+cosα=14.在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体B−ACD，在折起的过程中，四面体外接球表面积最小值为______．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)

已知复数z=m2−4m+3+(m2−1)i，m∈R．

(1)若z为纯虚数，求m的值；

16.(本小题15分)

已知某校高一、高二、高三三个年级的学生人数分别为540，360，360.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去儿童福利院参加庆六一献爱心活动．

(1)应从高一、高二、高三三个年级的学生中分别抽取多少人？

(2)设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担献爱心活动的主持工作．

(ⅰ)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；

(ⅱ)设事件T为“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件T发生的概率．17.(本小题15分)

如图，四棱锥S−ABCD的各个棱长均相等，P为侧棱SD上的点，且SP=2PD．

(1)求证：AC⊥SD；

(2)侧棱SC上是否存在一点E，使得BE//平面PAC.若存在，求SE：EC的值；若不存在，请说明理由．18.(本小题17分)

已知向量a=(sinx,cosx),b=(cosx,3cosx)．

(1)若a//b，求cos2x的值；

(2)若f(x)=a⋅b：

(i)求函数f(x)的单调递增区间；

(ii)已知A(−3,2)，B(3,10)，将f(x)的图象向左平移π12个单位长度，向下平移319.(本小题17分)

(1)如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4，求四边形ABCD的面积；

(2)如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为a，b，c，d，试证明其面积为S=(p−a)(p−b)(p−c)(p−d)(p=12(a+b+c+d))．

(3)已知凸四边形的边长分别为AB=1，BC=2，CD=4，DA=3，求四边形ABCD内切圆半径答案解析1.【答案】C

【解析】解：z=21−i，则|z|=|21−i|=2|1−i|=22.【答案】D

【解析】解：因为a=(2,1)，b=(−2,4)，

所以则a−2b=(2,1)−(−4,8)=(6,−7)．

故选：D3.【答案】C

【解析】解：由题意圆锥的底面半径为1，侧面积为6π，

可设圆锥的母线长为l，

则π⋅1⋅l=6π，得l=6，

又设圆锥的侧面展开图的圆心角为θ，

则θ⋅6=2π⋅1，得θ=π4.【答案】B

【解析】解：tan10°+tan50°+3tan10°tan50°

=tan(10°+50°)(1−tan10°tan50°)+3tan10°tan50°

=3(1−tan10°tan50°)+3tan10°tan50°

=5.【答案】B

【解析】解：记“甲解决问题”为事件A，“乙解决问题”为事件B，

根据题意可知，甲、乙两人独立地解决这个问题的概率分别为23和34，

则P(A)=23，P(B)=34，P(A−)=13，P(B−)=14，

因为甲、乙两人独立地解同一问题，所以事件A与B相互独立，故A与B−，A−与B相互独立，

记“恰有一人解决问题”为事件C，则C=AB6.【答案】A

【解析】解：因为2a−b=2ccosB，

可得2sinA−sinB=2sinCcosB，

又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，代入化简得2(sinBcosC+cosBsinC)−sinB=2sinCcosB，

又sinB≠0，

化简可得cosC=12，可得C=60°，

则A+B=120°，即A=120°−B，

可得cos(120°−B)+cosB=1，

可得12cosB+32sinB=1，

可得sin(B+30°)=12cosB+32sinB=1，

因为0<B<120°，

所以B+30°=90°，即B=60°，

可得A=B=C=60°，三角形为等边三角形．

故选：A．

已知2a−b=2ccosB，根据正弦定理结合三角形内角关系化简，得出内角C，根据A7.【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查向量的数量积的运算法则、三角形四心等基础知识，属于基础题．

由题意根据三角形四心的定义，判断即可．

【解答】

解：∵|OA|=|OB|=|OC|，∴O到三角形三个顶点的距离相等，∴O是三角形的外心；

由NA+NB+NC=0，则NA+NB=−NC，取AB的中点E，则NA+NB=−2NE=CN，

所以2|NE|=|CN8.【答案】A

【解析】解：取CD的中点为T，取B1P的中点为S，取CD上靠近D的四等分点为M，

取C1D1上靠近D1的四等分点为G，取A1D1上靠近D1的三等分点为N，

连接BM，QM，NQ，PN，B1G，D1T，D1S.

如图：

由正方体性质可知D1T//BP，

在△D1TD中，Q，M分别为D1D，DT的中点，

所以D1T//QM，所以BP//QM，

故B，P，Q，M四点共面，

在正方形A1B1C1D1中，D1G//B1S且D1G=B1S，

所以D1SB1G为平行四边形，

所以B1G//D1S，由正方体性质可知D1S//BM，

在△D1A1S中，P，N分别为A1S，9.【答案】BC

【解析】解：若m/​/α，m//β，则α/​/β或α与β相交，所以A选项错误；

若m/​/α，n/​/α，则m与n异面或平行或相交，所以B选项正确；

若m//β，则β内存在直线m′，使得m′/​/m，

m⊥α，若m′⊥α，根据面面垂直判定定理，可得α⊥β，所以C选项正确；

若m⊥α，n⊥m，则n/​/α或n⊂α，所以D选项错误．

故选：BC．

AD可举出反例；BC根据空间中线线、线面、面面之间的位置关系，运用平行与垂直的判定定理，分析可得．

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．10.【答案】ACD

【解析】解：对于A：由a⋅b=2,|b|=2，

可得|a+b|=|a|2+2a⋅b+|b|2=|a|2+4+4=23，

所以|a|2=4，即|a|=2，故A正确；

对于BC：设a与b的夹角为θ，11.【答案】ABD

【解析】解：对于选项A，因为A(1,2)，B(3,5)，

所以d(A,B)=|1−3|+|2−5|=2+3=5，故选项A正确；

对于选项B，设“曼哈顿椭圆”上任意一点为P(x,y)，

因为P点到两定点F1(−c,0)，F2(c,0)(c>0)的“曼哈顿距离”之和为定值2a(a>c)，

即d(P,F1)+d(P,F2)=2a，

即|x+c|+|y|+|x−c|+|y|=2a，

即|x+c|+|x−c|+2|y|=2a(a>c>0)，

所以“曼哈顿椭圆”的方程为|x+c|+|x−c|+2|y|=2a(a>c>0)；

将点(−x,y)代入得，|−x+c|+|−x−c|+2|y|=2a，

即|x+c|+|x−c|+2|y|=2a，方程不变，

所以“曼哈顿椭圆”关于y轴对称，

将点(x,−y)代入得，|x+c|+|x−c|+2|−y|=2a，

即|x+c|+|x−c|+2|y|=2a，方程不变，

所以“曼哈顿椭圆”关于x轴对称，

将点(−x,−y)代入得，|−x+c|+|−x−c|+2|−y|=2a，

即|x+c|+|x−c|+2|y|=2a，方程不变，

所以“曼哈顿椭圆”关于原点对称，

所以“曼哈顿椭圆”关于x轴，y轴，原点对称．故选项B正确；

对于选项C，先研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹，

d(P,F1)+d(P,F2)=

2x+2y,x≥c,y≥02y+2c,0≤x<c,y≥0，

作曲线2x+2y=2a,x≥c,y≥02y+2c=2a,0≤x<c,y≥0，

根据对称性，可作出如图“曼哈顿椭圆”，

则D(a,0)，G(0,a−c)，E(c,a−c)，

当点P与G重合时，△PF1F2的周长为2c+2c2+(a−c)2=2c+2a2−2ac+2c2<2c+2a2−2c2+2c2

=2c+2a，故选项C错误；12.【答案】13【解析】解：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；

当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；

所以甲排在排尾共有2+2=4种排法，

同理乙排在排尾也有4种方法，于是共有8种排法符合题意；

基本事件总数是A44=24，

根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为824=13．

13.【答案】−7【解析】解：由题意得sinαcosπ6+cosαsinπ6+cosα=33，

整理得12sinα+32cosα=13，即sin(α+π3)=14.【答案】16π3【解析】解：因为平面四边形ABCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，

所以要想在折起的过程中，四面体外接球表面积最小，只需四面体外接球半径最小，

球心在平面ABC的投影为等边△ABC的中心O，

所以只需外接球半径等于等边△ABC的外接圆半径，

即R=22sin60∘=233，

取AC的中点H，连接DH，BH，则点O在BH上，

其中DH=12AC=1，OH=12OB=33，又DO=R=233，

满足DH2+OH2=OD215.【答案】m=3；

(−1,1)．

【解析】(1)因为复数z=m2−4m+3+(m2−1)i，m∈R是纯虚数，

所以m2−4m+3=0m2−1≠0，解得m=3．

所以m的值为3；

(2)因为复数z在复平面内对应的点位于第四象限

所以m2−4m+3>0m2−1<0，化简可得(m−3)(m−1)>0(m−1)(m+1)<0

所以−1<m<1，

16.【答案】应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．

(ⅰ)结果见解析；

(ⅱ)521【解析】(1)由题意知，高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者人数之比为540：360：360=3：2：2，

所以应从高一年级的学生志愿者中抽取7×33+2+2=3(人)

从高二年级的学生志愿者中抽取7×23+2+2=2(人)

从高三年级的学生志愿者中抽取7×23+2+2=2(人)

所以应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人．

(2)(ⅰ)随机试验从A，B，C，D，E，F，G中随机抽取2名同学的所有可能得抽取结果的集合

Ω={(A,B)，(A,C)，(A,D)，(A,E)，(A,F)，(A,G)，

(B,C)，(B,D)，(B,E)，(B,F)，(B,G)，

(C,D)，(C,E)，(C,F)，(C,G)，(D,E)，

(D,F)，(D,G)，(E,F)，(E,G)，(F,G)}共含有21个样本点．

(ⅱ)不妨设A，B，C为高一学生，D，E为高二学生，F，G为高三学生，因为事件T为“抽取的2名同学来自同一年级”，

所以T={(A,B)，(A,C)，(B,C)，(D,E)，(F,G)}，共5个样本点，

所以P(T)=521．

(1)17.【答案】证明见解析；

存在，SE：EC=1：1．

【解析】解：(1)证明：设AC∩BD=F，

因为四棱锥S−ABCD的各个棱长均相等，

所以F为AC中点，

因为SA=SC，所以SF⊥AC，

又因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，

又SF∩BD=F，SF，BD⊂平面SDB，

所以AC⊥平面SDB，

又因为SD⊂平面SDB，所以AC⊥SD．

(2)取SD上(靠近S)的三等分点Q，

设点E为SC的中点，

因为P，F分别为QD，BD的中点，

所以PF//QB，又PF⊂平面PAC，QB⊄平面PAC，

所以QB/​/平面PAC，

因为△QSE∽△PSC，所以QE//PC，

又QE⊄平面PAC，PC⊂平面PAC，

所以QE//平面PAC，

又QB∩QE=Q，QB，QE⊂平面BEQ，

所以平面BEQ//平面PAC，

又BE⊂平面BEQ，

所以BE//平面PAC，

因为点E为SC的中点，

所以SE：EC=1：1．

(1)根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明；

(2)利用面面平行的性质定理证明线面平行，继而即可求解．

本题考查线面位置关系的判定，属于基础题．18.【答案】−1或12；

(i)[kπ−5π12,kπ+π12],k∈Z【解析】(1)由a/​/b，得sinx⋅3cosx−cosx⋅cosx=0，即cosx(3sinx−cosx)=0．

若cosx=0，则cos2x=2cos2x−1=−1；

若3sinx=cosx，则tanx=33，cos2x=1−2sin2x=1−tan2x1+tan2x=12．

(2)(i)由f(x)=sinxcosx+3cos2x=12sin2x+32(1+cos2x)=sin(2x+π3)+32，

令−π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，k∈Z，解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12，k∈Z；

所以x∈[kπ−5π12,kπ+π12]，k∈Z时，f(x)单调递增．

19.【答案】83；

证明见