江苏无锡市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

42个红球，21个球，有放回地连续摸球两次．下列事件中，与事件“至多一次摸到红球”互为对立事件的是（）至少一次摸到红 B．两次都摸到红C．只有一次摸到红 D．两次都没有摸到红在VABCABC的对边分别为abc，已知a2c3C30，则sinA（A．

B．

C．

D．64的样本，其中高二学生比高三学生多（）A．2 B．4 C．6 D．8AB22CD13，则向量–––→在向量CD上的投影向量的坐标为（A．2,6

B．2,6

55

55

5

5 ABPA0.7PAB0.14PAB（ 12715π，则该圆台的侧面积为（ B． ABB在同一水平面内的两个测量基点CD，其中BCDBDCβ．现测得α15β120CD10m，在点CA的仰角θ60AB（102 B．152 C．302 D．352积为（162

642

D．z，下列命题正确的是（z1z1zz2izzi()若l//mmαlβ，则α若lmlnmαnα，则l11（（平均数为4，中位数为 C．平均数为3，方差为 D．中位数为3，方差为 方图（如图所示，已知[80,90)这组的频数是[60,70)这组频数的2倍．若选取成绩前25%的选手为一等奖 在平面内，直线m//n，P在两直线之间且到mn1，2P作两条相互垂直的射线与m 分别交于M,N两点，G为VPMN的重心．若设PMa，PNb，则MG可用a，b表示 ；的最小值 已知向量a与b的夹角为30a

，b ab

ABCDABCDEFGHABBCCCAAEFGHBDEFG

020轮的比赛中，恰好两人得分相同．现决定进行加赛，规则如下：加赛中某一轮结束后，有人得分记VABCABC的对边分别为abc→2c−b2a→cosB,1，且满足mnADBCAD平分BAC若a

，AD

，求

若b4c6MABCMAD交于点Q，求CQPADPBC的交线为lAD//lPADPBCXX的所有可能取值为0,12事件“至多一次摸到红球”即{X1，包含“两次均未摸到红球（X0）”和“仅一次摸到红球（X1）”两根据对立事件的定义，{X1的对立事件为{X1，即{X2，对应事件为“两次都摸到红球解析：由正弦定理可得sinAasinC

221 根据分层随机抽样的定义，抽样比k641 则高二年级抽取人数为n550122高三年级抽取人数为n500

20

26AB在向量CD

CD

1

CD5CD,

55

P

0.2解析：设圆台的高为h 依题意，1π121222h715π,h 设圆台的母线长为l

P

4所以圆台的侧面积为π12412π.解析：在VBCDCBD180−15−12045

BC

CD

10

56

在Rt△ABC中，ABBCtanθ56 因为底面边长为23BA1C1则O1A

3AB2,BD5252

3AB所以OO1DD2 OO2OO2O

224πOA3642π zabi,abRz13iz1C z2iz2i，则2i22i44i2i2i262i，对应点62D正确．例如：当直线l平行于两平面的交线时，满足条件，但此次不能得出α//βA错误；B，由l//m、mα，根据线面垂直的性质得lα；又lβ，根据面面垂直的判定定理，可得αβBC但题中未明确直线mn相交，所以不能推出lαC错误.选项D，由lα且lγ，得直线l是平面α与γ的交线；由mβ且mγ，得直线m是平面β与γ的交线.已知α//β，根据面面平行的性质定理：两平行平面被第三个平面所截，所得交线互相平行，故l//mD正确.A2，3，4，5，6446点，故A正确；B3，3，4，5，6436B正C36，则S216321.81.631.66CD1，1，3，4，6x113463 S211321323324326323.633.6D正确 0，1，2，30,1020312132363P21 解析：由频率分布直方图可知，组距为10[6070)组的频率为0.015100.15．因为[8090)这组的频数是[6070)这组频数的2倍，且样本容量相同，所以[8090)这组的频率是[6070)这组频率的210a20.150.30，解得a0.030．由频率分布直方图所有小矩形面积之和为1，可得：(0.0100.015b0.0300.010)101，解得b0.035．[5060)0.010100.10；[6070)0.015100.15；[70,80)0.035100.35因为选取成绩前25%的选手为一等奖获得者，即求第75所以一等奖的分数线位于[8090)x，则0.60x−80)0.03010.250.75，即(x−80)0.0300.15x−805x85．故估计一等奖的分数线为85​

2 1ab a 21–––

2 1 如图所示，以直线my轴，点O则直线mx0，直线nx3Px1设M0aP1bN3c，所以点G4abc 1ac2b则PM1,ab,PN2,cb,PG3 PMPN，所以a−bc−b20，即a−bc−b21 1 ac−2b3 a−b2c−b22a−b2PG

因为a−b2c−b22a−bc−b4，当且仅当a−bc−ba−b2a−b2PG

4 14 (2)a（1）a

bcos30

3 3 → → →

ab|ab

a

2ab|b|3

2

3317 a

→

→

→

→ （2）2ab|2ab

4a

4ab

43417， 2a

→

→ 又因为2abab2a

ab−b|231 所以cosθ2abab 13.2aa → 2aa

7 16．(1)EFGH共面，理由如下：AC,EF,FGGH,EHHGAA,CC的中点，AH//CG，且AHCG，ACHG，EFABBC的中点，FEAC，EFHG(2)BD,BDAC，BDBBBBDBBBBD，ACBBD，BDBBDACBD，ACFEEFBDDCBCDCBCCDCBC平面CBD，BC平面CBDBD平面CBD，FGEFFFGEFEFG，BDEFG.（1）EFGH共面（2）17．(1)(2)（ⅰ）

（ⅱ）（1）PA3PB2PA131PB121 4 （2（ⅰ）设C表示事件“加赛中第i(i123轮平局”PCPABPAB32117

4 所以加赛满三场的概率为12所以加赛满三场的概率为12PC

49（ⅱ）3114 7317124 77314917

277

12124 18．(1)A

（ⅱ） （1）所以2cb2acosB，因为在VABCsinCsinπ−ABsinABsinAcosBcosAsinB，2cosAsinBsinB0，因为在VABC中，sinB0，所以2cosA10，即cosAA0πA（2（ⅰ）DBCAD平分

，所以BADDACπ1bcsinπ1cADsinπ1bADsinπ bc2bca2b2c22bccosπ即16b2c2−bcbc23bc1b2c23bcbc16（负数值舍去所以

1bcsinπ43 （ⅱ）DBCAD平分BDc3

，b4，c6 AD

AC，

因 在AD上，设AQmADmABAC

1––

在CM上，CM−ACAB，设CQnCMnACAB

2m

m 联立①与②，可得

，解得 n 所以CQ

CM

AC 2––

CQABAC

36 16264 所以CQ41319．(1)AD//BCAD⊄PBCBCPBC，AD//PBCADPAD，PADPBClAD//l(2)AD的中点MPMBM因为VPADPMADAD//BCAD2BC，所以MDBCMDBC，所以四边形MBCD为平行四边形，又CBCD，故四边形MBCDADMB，PMMBMPMMBPMBADPMBPBPMBADPB，PBPAPAADAPAADPAD，PBPADPBPBC，PADPBC.（1）由（2）ADPMBADABCD，PMBABCDPPOMB于O，所以PBOPBABC