2024-2025学年江苏省南通市某中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省南通市某中学高一（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.复数z与(z+1)2−2i都是纯虚数，则z的虚部为A.i B.−i C.−4i D.2i2.已知向量a=(3,−1)，则a2=A.10 B.(10,−6) C.8 D.(8,−6)3.体育强则中国强，国运兴则体育兴.为备战2025年成都世运会，10名运动员进行特训，特训的成绩分别为9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，则这组数据的(

)A.众数为12B.平均数为14C.中位数为15D.第85百分位数为164.已知l，m，n是三条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则下列结论正确的是(

)A.若α⊥β，β⊥γ，则α//γB.若l⊆α，m⊆α，l//β，m//β，则α//β

C.若l//α，l//β，则α//βD.若l//m，m⊆α，l⊄α，则l//α5.设随机事件A，B满足P(AB−)=15，P(A∪B)=A.15 B.25 C.356.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知A=30°，a=2，b=2，则下列结论一定正确的是(

)A.B<60° B.B>90° C.c>2 D.c<37.已知sin(α+23π)=13A.149 B.−149 C.78.如图，ABC−A′B′C′为直三棱柱，用一个平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，记下列三个三棱锥A′−ABC，A′−BCB′，A′−B′C′C在平面α上方的部位体积为V1，V2，V3，并记三个三棱锥被平面α截得的面积分别为S1，S2，S3，那么当VA.13B.12

C.1二、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.设样本空间Ω={1,2,3,4}，且每个样本点是等可能的，已知事件A={1,2}，B={1,3}，C={1,4}，则下列结论正确的是(

)A.事件A与B为互斥事件 B.事件A，B，C两两相互独立．

C.P(A+B)=34 10.在△ABC中，AD=34AB+14AC，BC=4A.BD=3DCB.AC=2C.△ABC的面积为3D.△ABC的外接圆半径为11.已知正方体ABCD−A1B1C1A.BD1⊥DC1 B.BC1与B1D1所成的角为60°

C.BC三、填空题：本题共3小题，共15分。12.已知复数z=1+3i1+i，则|z|=______．13.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a=2，c=3，B=π3，则AC边上的高为______．14.在三棱锥D−ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧面DAB⊥底面ABC，∠ADB=120°.若三棱锥D−ABC的四个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为______，三棱锥D−ABC体积的最大值为______．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AB=(4sin2α,−3)，BC=(2sin2α+33,1)．

(1)若α=π6，且AB16.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC,AD⊥DC,BC=CD=12AD=1,E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．

(1)求证：AB//平面PCE；

(2)求证：平面PAB⊥17.(本小题12分)

记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(3a−bsinC)cosB=a+bsinBcosC．

(1)求B；

(2)若D为边AB上的一点，BD=1，CD=7，∠ACD=π3．

(i)求BC；18.(本小题12分)

某班元旦联欢会上开展趣味抽奖小游戏，在不透明的盒子里装有标号为1，2的两个红球和标号为3，4，5的三个白球，五个小球除颜色外完全相同，参与游戏的同学从中任取1个，有放回的抽取2次，根据抽到小球的情形分别设置一，二，三等奖.班委会讨论了以下两种规则：

规则一：若抽到两个红球且标号和为偶数获一等奖，抽到两个白球且标号和为偶数获二等奖，抽到两个球标号和为奇数获三等奖，其余不获奖；

规则二：若抽到两个红球且标号和为奇数获一等奖，抽到两个球的标号和为5的倍数获二等奖，抽到两个球标号和为偶数获三等奖，其余不获奖．

(1)请以标号(x,y)写出两次抽取小球的所有结果(其中x，y分别为第一、第二次抽到的小球标号)；

(2)求两种规则下获得二等奖的概率；

(3)请问哪种规则获奖概率更大，并说明理由．19.(本小题12分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥PD，且AD=4AB=4，PA=2，PC=13，点E为AD中点．

(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；

(2)求二面角P−CE−B的正切值；

(3)点F为对角线AC上的点，且FG⊥PB，垂足为G，求FG与平面ABCD所成的最大角的正弦值.(注：本题建系不得分)

参考答案1.B

2.A

3.B

4.D

5.B

6.D

7.A

8.B

9.BC

10.BD

11.ABD

12.513.314.5π

315.因为AB=(4sin2α,−3)，BC=(2sin2α+33,1)．

(1)当α=π6时，AB=(1,−3),BC=(433,1)，

因为AB⊥(AB+tBC)，

所以AB⋅(AB16.证明：(1)在四棱锥P−ABCD中，AD//BC,AD⊥DC,BC=CD=12AD=1,E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD.且E为棱AD的中点，∴BC=AE，

又∵AD//BC，∴四边形AECB为平行四边形，∴AB//CE，

又∵CE⊂平面PCE，AB⊄平面PCE，

∴AB//平面PCE．

(2)

∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD，

连接BE，由题意AD//BC，E为棱AD的中点，BC=12AD=1，

知BC//DE，且BC=DE，则四边形BCDE为平行四边形，

∵AD⊥DC，∴DE⊥CD，又BC=CD=1，

所以平行四边形BCDE为正方形，∴BD⊥EC，

又AB//EC，∴BD⊥AB，又PA∩AB=A，PA，AB⊂平面PAB，

∴BD⊥平面PAB，又BD⊂平面PBD，

17.(1)因为(3a−bsinC)cosB=a+bsinBcosC，

所以3acosB=a+b(sinBcosC+sinCcosB)

即3acosB=a+bsinA．

由正弦定理得3sinAcosB=sinBsinA+sinA.因为A∈(0,π)，所以sinA≠0，

所以3cosB=sinB+1，即3cosB−sinB=1．

所以cos(B+π6)=12，

又0<B<π，所以π6<B+π6<7π6，

所以B+π6=π3，

故B=π6；

(2)(i)在△DBC中，由余弦定理得CD2=BC2+BD2−2BC⋅BDcos∠DBC18.解：(1)两次抽取小球的所有可能结果为：

(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，

(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，

(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，

(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，

(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，

(2)记规则一中获得二等奖为事件A2，记规则二中获得二等奖为事件B2，

事件A2包含(3,3)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(5,5)五个样本点，

故P(A2)=525=15，

事件B2包含(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(5,5)五个样本点，

故P(B2)=525=15．

(3)规则二获奖概率大．

理由如下：记规则一获得一，二，三等奖分别为事件A1，A2，A3，

规则二获得一，二，三等奖分别为事件B1，B2，B3，

事件B1包含(1,2)，(2,1)两个样本点，∴P(B1)=225；

事件B3包含(3,3)，(3,5)，(4,2)，(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，

(2,4)，(3,1)，(4,4)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，

共13个样本点，

∴P(B3)=1325．

所以规则二获奖的概率P(B1+B2+B3)=P(B1)+P(B2)+P(19.(1)证明：因为PA⊥PD，所以PD=23，

则PC2=PD2+CD2=13，

所以CD⊥PD，

又因为CD⊥AD，PD∩AD=D，PD、AD⊂平面PAD，

CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD；

(2)侧棱PA⊥PD，点E为AD中点，

所以AE=PE=2，又因为PA=2，所以△PAE为正三角形，取AE中点H，

则PH⊥AD，AH=1，

因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

PH⊂平面PAD，所以PH⊥平面ABCD，

过点H作HQ⊥CE交CE延长线于点Q，连接HQ，PQ，

因为CQ⊂平面ABCD，所以PH⊥CQ，又HQ⊥CQ，

PH∩HQ=H，PH、HQ⊂平面PHQ，

所以CQ⊥平面PHQ，又PQ⊂平面PHQ，

所以PQ⊥CQ，

根据定义∠PQH即为二面角P−CE−B的平面角，

因为|HQ|=|HE|sin∠HEQ=|HE|sin∠CED=55，

所以tan∠PQH