2024-2025学年新疆哈密市部分学校高一下学期期末联考数学试卷（含答案）.docx

2024-2025学年新疆哈密市部分学校高一下学期期末联考数学试卷一、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a=(2,−3)，b=(4,k)，且a与b共线，则k的值为(    )A. −6 B. 6 C. −8 D. 82.某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为2:3:5，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为300的样本，则从高二年级抽取的学生人数为(    )A. 60 B. 90 C. 120 D. 1503.已知复数z=2−4i1−i，则z所在的复平面位于(    )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限4.已知正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，高为6，则该正四掕台的体积为(    )A. 60 B. 20 C. 40 D. 565.已知D为▵ABC所在平面内的一点，3AB=2AD，E为CD的中点，则AE=(    )A. 34AB+12AC B. 12AB+34AC C. 23AB+12AC D. 12AB+23AC6.设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题正确的是(    )A. 若m⊥α，n⊂β，α⊥β，则m⊥n B. 若m//α,n⊥β,α//β，则m⊥nC. 若m⊂α，n⊂β，α⊥β，则m⊥n D. 若m//α，n//β，α//β，则m//n7.在一次随机试验中，三个事件A，B，C发生的概率分别是0.4，0.5，0.6，则下列选项正确的是(    )A. A∪B∪C是必然事件 B. A与B是互斥事件C. P(A∩B)≤0.4 D. P(A∪B)=1.18.已知四面体A−BCD，若点A，B，C，D到平面α的距离dA，dB，dC，dD满足dA=2dB=2dC=2dD，则这样的平面α的个数为(    )A. 1 B. 2 C. 5 D. 8二、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.下列四个命题为真命题的是(    )A. 若向量a=(1,2)，b=(−2,−4)，则a与b反向共线B. 向量a=(3,4)在b=(1,0)上的投影向量为(3,0)C. 与向量(1,1)共线的单位向量为 22, 22D. 已知向量a=cosa,sina，b=(2,1)，则a−b的最大值为 5+110.在▵ABC中，内角A，B，C，的对边分别是a，b，c，b=4，且acosC+ccosA=2bcosB，则下列结论正确的是(    )A. B=π3 B. ▵ABC外接圆的面积为16πC. ▵ABC的面积的最大值为4 3 D. a+c的最大值是811.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为掕C1D1的中点，且F为CC1靠近C1的三等分点.则下列说法正确的是(    )A. 直线AE与BF是异面直线 B. 直线EF与BD所成角的余弦值为 155C. EF⊥AC1 D. 三棱锥E−DB1F的体积为89三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.若z=2+3i1+i，则|z|=          ．13.在菱形ABCD中，∠ABC=120∘，E是BC的中点，若AE⋅AD=3，菱形的边长为          ．14.在Rt▵ABC中，∠C=90∘，AC=BC=4，点P为斜边AB上的一点，沿直线CP将▵ACP折起形成二面角A′−CP−B.当折起后三棱锥A′−CPB的体积最大时，求∠ACP=          ，此时二面角A′−BC−P的正切值为          ．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=a+2ia∈R，且z1−i为纯虚数．(1)求a的值；(2)若复数z满足|z−m|≤3，m∈R，求m的取值范围．16.(本小题15分)某学校对学生身高进行调查，抽取200名学生，数据分为[140,150),[150,160)，[160,170),[170,180)，[180,190)五组.统计各组频数并计算相应频率，绘制出如图所示的频率分布直方图．(1)求图中的a值；(2)求平均身高的估计值(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(3)若该市共有5万名高中生，试估计身高低于170cm的学生人数．17.(本小题15分)如图，在三棱锥P−ABC中，PC⊥底面ABC，若二面角P−AB−C的大小为30°，AB⊥BC，AC=2，PC=1，M是PA上靠近点A的三等分点，N是PB上的一点，且PB=4PN．(1)求直线BC与直线PA所成角的余弦值；(2)求三棱锥P−MNC的体积．18.(本小题17分)某游戏中，玩家甲、乙独立挑战三个关卡，通关规则为：前两关都挑战成功或前两关恰有一关挑战成功且第三关挑战成功.已知甲每关挑战成功的概率为12，乙前三关挑战成功的概率依次为23，12，34.假设甲、乙两人每轮是否挑战成功相互独立．(1)求甲仅需挑战前两关就通关的概率；(2)求乙挑战全部三关且通关的概率；(3)求甲、乙恰有一人通关的概率．19.(本小题17分)在锐角▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且2a−b=2ccosB.点D在AB上，满足AD=2DB且CD=1．(1)求角C；(2)求证：4a2+b2+2ab=9；(3)求▵ABC面积的取值范围．参考答案1.A 2.B 3.C 4.D 5.A 6.B 7.C 8.D 9.ABD 10.ACD 11.AD 12. 262/12 26 13. 3 14.45°/π4 ； 2 15.【详解】(1)因为z1−i=a+2i1−i=a+2i1+i1−i1+i=(a−2)+a+2i2为纯虚数，所以a−2=0a+2≠0⇒a=2．(2)由题意：2+2i−m≤3⇒ (2−m)2+22≤3⇒(2−m)2≤5⇒− 5≤m−2≤ 5，所以2− 5≤m≤2+ 5．所以m的取值范围为：2− 5,2+ 5． 16.【详解】(1)因为小长方形的面积和为1，所以(0.010+0.020+0.030+a+0.025)×10=1，解得a=0.015．(2)由频率分布直方图的性质得平均身高为0.010×10×145+0.020×10×155+0.030×10×165+0.015×10×175+0.025×10×185=167.5，则平均身高的估计值为167.5cm．(3)由题意得身高低于170cm的频率为(0.010+0.020+0.030)×10=0.6，而该市共有5万名高中生，则身高低于170cm的学生有50000×0.6=30000人，故身高低于170cm的学生人数有30000人. 17.【详解】(1)由PC⊥底面ABC，且AB⊂底面ABC，所以AB⊥PC，又由BC⊥AB，BC∩PC=C，且BC,PC⊂平面PBC，所以AB⊥平面PBC，又因为BP⊂平面PBC，所以AB⊥BP，所以∠PBC即为二面角P−AB−C的平面角，所以∠PBC=30∘，在直角▵PBC中，由PC=1，可得BC= 3，在直角▵ABC中，由BC= 3,AC=2，可得AB= AC2−BC2=1，在直角▵PAC中，由AC=2,PC=1，可得PA= AC2+PC2= 5，则CB⋅AP=CB⋅(AC+CP)=−CB⋅CA+CB⋅CP=−CB2+0=−3，设异面直线CB与PA所成的角为θ，则cosθ=cosCB,AP=CB⋅APCBAP=|−3| 3× 5= 155．(2)因为PB=4PN，可得点N到平面PAC的距离d等于点B到平面PAC的距离的14，过点B作BO⊥AC，因为PC⊥底面ABC，且BO⊂底面ABC，所以BO⊥CP，因为AC∩CP=C，且AC,CP⊂平面PAC，所以BO⊥平面PAC，即BO为点B到平面PAC的距离，在直角▵ABC中，可得BO=BC×ABAC= 32，所以d=14BO= 38，又由M是PA上靠近点A的三等分点，可得S▵PCM=23S▵PAC=23，所以三棱锥P−MNC的体积为VP−MNC=VM−PCN=13×23× 38= 336． 18.【详解】(1)设事件A=“甲仅需挑战前两关就通关”，则P(A)=12×12=14．(2)设事件B=“乙挑战全部三关且通关”，则P(B)=23×1−12+1−23×12×34=38(3)设事件C=“甲通关”，事件D=“乙通关”，事件E=“甲、乙恰有一人通关乙甲通关”，P(C)=12×12+C21×12×12×12=14+14=12;P(D)=23×12+38=1724，P(E)=P(C)PD+PCP(D)=12×1−1724+1−12×1724=12×724+12×1724=12. 19.【详解】(1)由余弦定理得cosB=a2+c2−b22ac，因为2a−b=2ccosB，所以2a−b=2c×a2+c2−b22ac，两侧同乘a，可得2a2−ab=a2+c2−b2，则a2+b2−c2=ab，可得a2+b2−c22ab=12，故cosC=12，而C∈(0,π)，故C=π3．(2)因为AD=2DB，所以D是AB边上靠近D的三等分点，由向量三等分线定理得CD=13CA+23CB，两侧同时平方得CD2=19CA2+49CA⋅CB+49CB2，则CD2=19CA2+49⋅12⋅CA⋅CB+49CB2，而CD=1，故1=19b2+49⋅12⋅b⋅a+49a2，可得4a2+b2+2ab=9，即原命题得证．(3)由已知得a2+b2−c2=ab，则c2=a2+b2−ab，且设t=ab>0，因为▵ABC是锐角三角形，所以cosB>0，cosA>0，由余弦定理得cosA=b2+c2−a22bc>0，cosB=a2+c2−b22ac>0，则b2+c2−a2>0，a2+c2−b2>0，我们先求解b2+c2−a2>0，此时代入c2=a2+b2−ab，得到b2+a2+b2−ab−a2>0，即2b2−ab>0，解得b>a2，即ab<2，故t<2，我们再求解a2+c2−b2>0，此时代入c2=a2+b2−ab，得到a2+a2+b2−ab−b2>0，即2a2−ab>0，解得a>b2，即ab>12，故t>12，综上，t∈(12,2)，因为t=ab，所以a=bt，a2=b2t2，而4a2+b2+2ab=9，故4b2t2+b2+2b2t=9，则b2(4t2+1+2t)=9，可得b2=94t2+1+2t，故a2=9t24t2+1+2t，则ab= a2b2= 94t2+1+2t×9t24t2+1+2t=9t4t2+1+2t，由三角形面积公式得S▵ABC=12× 32×9t4t2+1+2t=9 34×t4t2+1+2t，令f(t)=t4t2+1+2t，则f(t)=t4t2+1+2t=14t+1t+2，由对勾函数性质得y=4t+1t在(12,2)上单调递增，故f(t)在(12,2)上单调递减，当t→12时，f(t)→16，当t→2时，f(t)→221，故f(t)∈(221,16)，则S▵ABC∈(3 314,3 38)，故▵ABC面积的取值范围为(3 314,3 38)． 第8页，共8页。