2024-2025学年黑龙江省绥化市安达高级中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年黑龙江省绥化市安达高级中学高一（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.已知复数z=(3−i)2A.3 B.2 C.232.△ABC的直观图△A′B′C′如图所示，其中A′B′//x′轴，A′C′//y′轴，且A′B′=A′C′=2，则△ABC的面积为(

)A.22B.2

C.43.下列选项正确的是(

)A.空间三点确定一个平面

B.如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等

C.如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行

D.过一点有且只有一条直线与已知平面垂直4.我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米2020石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，则这批米内夹谷约为(

)A.222石 B.220石 C.230石 D.232石5.若D是△ABC的边BC上的一点(不包含端点)，且AD=mAB+2nAC，则2A.4 B.6 C.8 D.126.在△ABC中，(AB|AB|+AC|A.30° B.60° C.90° D.120°7.已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线SA，SB互相垂直且△SAB的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为π6，则二面角S−AB−O的大小为(

)A.π12

B.π6

C.π4

8.若正三棱柱ABC−A1B1C1既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为R1A.55 B.5 C.5二、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.已知平面向量a=(1,cosθ)，b=(−2,sinθ)，则(

)A.∀θ∈R，a，b不垂直

B.∃θ∈R，使得a，b共线

C.当θ=π4时，|a+b|=3

D.当θ=010.在△ABC中，角A，B，C对边分别是a，b，c，且cos2B+cos2A.∠A=2π3

B.若bcosB=ccosC，则△ABC是等边三角形

C.若△ABC的面积为934，则△ABC的外接圆半径的最小值为11.如图，在多边形ABPCD中(图1).四边形ABCD为长方形，△BPC为正三角形，AB=3，BC=32，现以BC为折痕将△BPC折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好是AD的中点(图2).若点E在线段PB上运动，Q点在AD上运动，则(

)A.AB⊥平面PAD

B.平面PCD⊥平面PAB

C.Q到平面EBC的距离为2

D.当PE=13PB时，三棱锥三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.有5人进行定点投篮游戏，每人投篮12次.这5人投中的次数形成一组数据，中位数为10，唯一众数为11，极差为3，则该组数据的第40百分位数是______．13.已知i为虚数单位，如果复数z满足|z+2i|+|z−2i|=4，那么|z−1|的最小值是______．14.祖暅(gèng)(5世纪—6世纪)，字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县(今河北省涞水县)人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面α去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面α的距离为23R，则平面α截半球所得的较小部分的几何体的体积等于______．

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)

中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄(都在[15,65]内)，按照[15,25)，[25,35)，[35,45)，[45,55)，[55,65]进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求m的值；

(2)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数(各组数据以该组区间的中点值作代表)；

(3)求这500名中国AI大模型用户的年龄在[45,65]内的人数．16.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为DD1的中点，F为CC1的中点．

(1)求证：B17.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosC(acosB+bcosA)=32c.

(1)求角C的大小；

(2)点D在边BC上，且CD=2，BD=AD=1，求18.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，AD=PD=2，PD⊥底面ABCD，E是棱PB的中点．

(1)证明：平面ACE⊥平面PBD．

(2)求PB与平面PCD所成角的余弦值．

(3)记过点E且与平面PAD平行的平面为α，求α截四棱锥P−ABCD所得截面的面积．19.(本小题17分)

记斜△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(b2+c2−a2)sinBcosB=32bccos(B+C)，且B<3π4,b=3．

(1)求角B；

(2)E为边AC的中点，若BE=22

答案解析1.【答案】D

【解析】解：z=(3−i)2=2−23i，

则|2.【答案】C

【解析】解：将直观图还原为原图，如图所示，

则△ABC是直角三角形，其中AC=4，AB=2，

故△ABC的面积为S△ABC=12×4×2=4．

故选：C．3.【答案】D

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，空间中不共线的三点确定一个平面，A错误；

对于B，如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，B错误；

对于C，如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，C错误；

对于D，过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，D正确；

故选：D．

根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．

本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及平面的基本性质，属于基础题．4.【答案】C

【解析】解：设这批米内夹谷约为x石，

由题意根据样本的性质可得，29255=x2020，求得x≈230，

即这批米内夹谷约为230石．

故选：C．

设这批米内夹谷约为5.【答案】C

【解析】解：由点D在边BC上(不包含端点)，可知存在正数λ，使BD=λDC，

即AD−AB=λ(AC−AD)，解得AD=11+λAB+λ1+λAC，

结合AD=mAB+2nAC，可得11+λ=mλ1+λ=2n，所以m+2n=11+λ+λ1+λ=1，

结合m>0，n>0，可得2m+16.【答案】A

【解析】解：因为AB|AB|,AC|AC|表示AB，AC边上的单位向量，

所以AB|AB|+AC|AC|经过∠BAC的角平分线，

又(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，

所以∠BAC的角平分线与7.【答案】C

【解析】解：取AB的中点E，连接OE，SE，

因为SA=SB，E为AB的中点，则SE⊥AB，由垂径定理可得OE⊥AB，

所以二面角S−AB−O的平面角为∠SEO，

因为SO⊥平面OAE，OE⊂平面AOE，则SO⊥OE，

因为SA⊥SB，SA=SB，

所以△SAB为等腰直角三角形，

S△SAB=12SA2=2，则SA=SB=2，AB=SA2+SB2=22+22=22，

SE=12AB=2，

因为SO⊥平面OAE，则∠SAO为直线SA与圆锥底面所成角，即∠SAO=π6，

8.【答案】A

【解析】解：由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，

所以设内切球的半径为r，

如图所示：

设内切球的半径为r，

即BD=r，故AD=2R1，

所以外接球的半径R2=R12+(2R1)2=9.【答案】ABD

【解析】解：∵a=(1,cosθ)，b=(−2,sinθ)，

∴a⋅b=−2+sinθcosθ，又sinθcosθ=12sin2θ∈[−12,12]，

∴a⋅b=[−52,−32]≠0，即∀θ∈R，a，b不垂直，故A正确；

若a，b共线，则sinθ+2cosθ=0，即tanθ=−2，则∃θ∈R，使得a，b共线，故B正确；

当θ=π4时，a+b=(−1,2)，|a+10.【答案】BD

【解析】解：由cos2B+cos2C−cos2A=1−sinCsinB，得1−sin2B+1−sin2C−1+sin2A=1−sinCsinB，

整理得sin2B+sin2C−sin2A=sinCsinB，

由正弦定理得b2+c2−a2=bc，

选项A，由余弦定理得cosA=b2+c2−a22bc=12，

因为A∈(0,π)，所以A=π3，故选项A错误；

选项B，若bcosB=ccosC，则bcosC=ccosB，

由正弦定理知，sinBcosC−sinCcosB=0，

所以sin(B−C)=0，即B=C，

又A=π3，所以△ABC是等边三角形，故选项B正确；

选项C，因为△ABC的面积为934，

所以12bcsinA=34bc=934，即bc=9，

由正弦定理得，bsinB=csinC=2R，其中11.【答案】ABD

【解析】解：对于选项A，取AD的中点O，连接PO，

由题知PO⊥平面ABCD，

因为AB⊂平面ABCD，所以PO⊥AB，

又四边形ABCD为长方形，则AB⊥AD，

又PO∩AD=O，PO，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，故选项A正确；

对于选项B，设平面PCD∩平面PAB=l，

因为AB/​/CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB/​/平面PCD，

因为AB⊂平面PAB，且平面PCD∩平面PAB=l，所以AB/​/l，

由A选项可知，AB⊥平面PAD，因为AP，PD⊂平面PAD，

所以AB⊥AP，AB⊥PD，则l⊥AP，l⊥PD，

所以∠APD为二面角A−l−D的平面角，

因为BC=32，△BPC为正三角形，则BC=BP=CP=32，

因为AB=3，则在Rt△PAB中，所以AP=PB2−AB2=18−9=3，

同理DP=3，

则AP2+DP2=AD2，即AP⊥PD，

所以平面PCD⊥平面PAB，故选项B正确；

对于选项C，由AB选项易得PO=12AD=322，

设点Q到平面PBC的距离为d，

则由VP−QBC=VQ−PBC，

得S△QBC⋅PO=S△PBC⋅d，

则12×32×3×322=34×32×32×d

即d=3，

故Q到平面12.【答案】9.5

【解析】解：有5人进行定点投篮游戏，每人投篮12次．这5人投中的次数形成一组数据，中位数为10，唯一众数为11，极差为3，

设这5个数据从小到大为a≤b≤c≤d≤e：

已知中位数为第三个数，故c=10；

唯一众数为11，故d，e至少含11，且11出现次数至少2次，故d=e=11；

极差为3，即e−a=3⇒a=8；

若b=10，则10和11均出现2次，众数不唯一；若b=8，则8和11均出现2次，众数不唯一．因此，b=9．

综上，数据为：8，9，10，11，11．

根据百分位数公式：设数据个数为n，第p%百分位数的位置i=n×p%．

已知n=5，p=40，故i=n×p%=5×0.4=2．

当i为整数时，第p%百分位数位第i项与第i+1项的平均值，即9+102=9.5．

故答案为：9.5．

根据统计量计算中中位数、众位数、极差以及百分数的概念，结合多个条件构造符合条件的数据组求解．13.【答案】1

【解析】解：设−2i，2i，1在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，Z3，

因|Z1Z2|=4，|z+2i|+|z−2i|=4，且复数z对应的点Z的轨迹为线段Z1Z2，如图所示．

故|z−1|的最小值问题可理解为：动点Z在线段Z1Z2上移动，求|ZZ3|的最小值，

故只需作Z3Z0⊥Z1Z14.【答案】881【解析】解：题意知，

V圆柱=πR2(13R)=13πR3，

V大圆锥=13πR215.【答案】0.015．

37.5．

100．

【解析】(1)由频率分布直方图得：

(0.01+0.03+0.04+m+0.005)×10=1，

解得m=0.015．

(2)由频率分布直方图得：

(20×0.01+30×0.03+40×0.04+50×0.015+60×0.005)×10=37.5，

∴估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数(各组数据以该组区间的中点值作代表)为37.5岁；

(3)由频率分布直方图可知中国AI大模型用户的年龄在[45,65]内的频率为：

0.15+0.05=0.2，

则这500名中国AI大模型用户的年龄在[45,65]内的人数为500×0.2=100．

(1)根据频率之和为1得到方程，求出答案；

(2)利用平均数计算公式和频率分布直方图进行求解；

(3)求出年龄在[45,65]内的频率，进而求出人数．

本题考查频率分布直方图、平均数、频率、频数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．16.【答案】证明：(1)设AC与BD相交于点O，连接OE，则O为BD的中点，

∵E为DD1的中点，∴OE/​/BD1，

又OE⊂平面AEC，BD1⊄平面AEC，

∴BD1/​/平面AEC；

(2)连接EF，则EF/​/AB，且EF=AB，

∴四边形AEFB为平行四边形，

∴BF/​/AE，又BF⊄平面AEC，AE⊂平面AEC，

∴BF/​/平面AEC，

由(1)可知BD1//平面AEC，且BF⊂平面BFD1【解析】(1)设AC与BD相交于点O，连接OE，易知OE/​/BD1，再由线面平行的判定定理，得证；

(1)连接EF，易证BF//AE，所以BF/​/平面AEC，由(1)可知BD1//平面AEC，再结合面面平行的判定定理即可证得平面AEC//17.【答案】C=π6；

3+2【解析】(1)由射影定理得acosB+bcosA=c，所以c⋅cosC=32c，

所以cosC=32，所以C=π6；

(2)在△ADC中，32=cosC=b2+4−12⋅b⋅2，解得b=3，

在18.【答案】证明见解析；

104；

3【解析】解：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以AC⊥BD，

又PD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以AC⊥PD，

因为BD∩PD=D，BD，PD⊂平面PBD，

所以AC⊥平面PBD，又AC⊂平面ACE，

所以平面ACE⊥平面PBD；

(2)取CD的中点O，连接BO，PO，

在菱形ABCD中，由∠BAD=60°，可得BO⊥CD，

因为PD⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，

所以PD⊥BO，又CD∩PD=D，CD，PD⊂平面PCD，

所以BO⊥平面PCD，

则∠BPO即为PB与平面PCD所成的角，

因为AD=PD