河北省唐县第一中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

2024-2025学年高一下学期期末考试 高一数学 (时间:120 分钟;分值:150 分) 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求. 1.设 则|z|等于 ( ) A. C. D.2 2.已知事件A，B相互独立，且 则P(AB)= ( ) A. B. C. D. 3.如图，在四边形 ABCD 中, 设 则DE≌等于 ( ) 4.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若 则c= ( ) A. 或 3 C. 或 3 D.3 5.已知向量a,b满足(a—2b)·(a+b)=3,且|a|═2,|b|=1,则a与b的夹角为 ( ) A.30° B.60° C.120° D.150° 6.某校期中考试后，为分析100名高三学生的数学学习情况，整理他们的数学成绩得到如图所示的频率分布直方图.则下列结论错误的是 ( ) A.估计数学成绩的众数为 75 B. a=0.05 C.估计数学成绩的75 百分位数约为 85 D.估计成绩在 80分及以上的学生的平均分为 87.50 7.甲、乙两人组成“星队”参加必修一数学知识竞答，每轮竞答由甲、乙各答一题，已知甲每轮答对的概率为 ，乙每轮答对的概率为 .在每轮竞答中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮竞答中答对 3 道题目的概率为 ( ) A. B. C. D. 8.如图，在四棱锥 P -ABCD 中, 底 面ABCD 是边长为 4的正方形,PA=PB=4,PC=PD=2 该棱锥的高为 ( ) A.1 B.2 C. D. 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分. 9.若复数z=2+i，则下列命题是真命题的是 ( ) D.若 z 是关于x 的方程 (m,n∈R)的根,则 mn=—20 10.下列对各事件发生的概率判断正确的是 ( ) A.某学生在上学的路上要经过 4 个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是 ，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为 B.4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取 2 张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为 C.甲袋中有 8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中各任取一个球，则取到不同颜色球的概率为 D.设两个独立事件 A 和B 都不发生的概率为 ，A发生B 不发生的概率与B 发生A 不发生的概率相同，则事件A发生的概率是 11.一块正方体形木料如图所示，其棱长为3，点 P 在线段 A₁C₁上，且 过点 P 将木料锯开，使得截面过BC，则 ( ) A. PC⊥BD B.截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台 C.截面的面积为( D.以点 A 为球心，AB长为半径的球面与截面的交线长为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共15 分. 12.给出下列命题：①任意两个复数都不能比较大小;②若z=a+ bi(a,b∈R),则当且仅当a=0且b=0时,z=0;③若z₁,z₂∈C,且. 则 ;④若x+ yi=1+i(x,y∈C),则x=y=1.其中， 是假命题.(填序号) 13.若圆台的上、下底面半径分别为r₁,r₂ 且 则此圆台的内切球(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球)的表面积为 . 14.在平行四边形OACB中,已知.A(2,2 ),B( ,1),O为坐标原点，则顶点 C 的坐标为 ,平 行 四 边 形 OACB 的 面 积是 · 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.(13 分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 (1)求角 C的大小; (2)若b=6,且△ABC的面积为6 ，求△ABC的周长. 16.(15 分)如图,在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中,CA=CB=1,∠BCA=90°,AA₁=2,M,N分别为A₁B₁,A₁A的中点. (1)求 BN的长; (2)求A₁B与B₁C所成角的余弦值; (3)求证:BN⊥平面C₁MN. 17.(15分)近些年来，我国外卖业发展迅猛，外卖骑手穿梭在城市的大街小巷，成为一道亮丽的风景线.某课外实践小组随机调查了该市的10名外卖骑手，统计他们的日单量(平均每天送的外卖单数)，数据如下表： 31 37 38 32 33 42 24 20 37 26 (1)估计该市的外卖骑手日单量大于 30的概率； (2)求这 10名外卖骑手日单量的平均数和方差； (3)若表中第一行数据对应的外卖骑手来自甲公司，第二行数据对应的外卖骑手来自乙公司，试判断：哪家公司的外卖骑手日单量的差异更大?(直接给出结论即可，不需要写计算过程) 40 学科网（北京）股份有限公司 18.(17 分)如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是等腰梯形， 平面 ADP⊥平面 PCD,PD⊥PC. (1)求证:AC⊥AD; (2)求证:△ADP 为直角三角形; (3)若 PC=AD=1,求四棱棱 P-ABCD的体积. 19.(17分)两名优秀学子小明、小华同学独立地参加中国科技大学少科班的入学面试，入学面试时共有 3 道题目，答对 2 道题则通过面试(前道题都答对或都答错，第3道题均不需要回答).已知小明答对每道题目的概率均为 ，小华答对每道题目的概率依次为 , , ，且小明、小华两人对每道题能否答对相互独立.记“小明只回答 2 道题就结束面试”为事件A，记“小华3道题都回答且通过面试”为事件 B. (1)求事件A发生的概率P(A); (2)求事件 A 和事件 B 同时发生的概率P(AB); (3)求小明、小华两人恰有一人通过面试的概率. 学科网（北京）股份有限公司 数学答案 故选B.] 2. A [由 得 则P(AB)=P(A)P(B)= 故选 A.] 3. 故选C.] 4. A [由题意及正弦定理 得 解得 又 故 于是 或 均符合题意.当 时,C=π- 由正弦定理 得 解得 当 时， 此时△ABC是等腰三角形， 故选 A.] 5. C [由(a-2b)·(a+b)=3,可得( 即 ,又|a|=2,|b|=1,所以 解得a·b=—1,所以 又 所以〈a,b〉=120°,所以a与b的夹角为120°.故选C.] 6. B [估计数学成绩的众数为 (分)，A选项正确;根据题意可得(2a+3a+7a+6a+2a)×10=1,∴a=0.005，B选项错误；∵前四组的频率依次为0.1,0.15,0.35,0.3,∴估计数学成绩的 75 百分位数约为 (分),C选项正确；∵成绩在80分及以上的学生的两组的频率之比为6：2=3：1，∴估计成绩在80分及以上的学生的平均分为 D选项正确.故选 B.] 7. B [设A₁，A₂ 分别表示甲两轮答对1道，2道题目的事件，B₁，B₂分别表示乙两轮答对1道，2道题目的事件，则 设.A=“两轮活动‘星队’答对 3道题目”，则 因为 A₁B₂ 与 A₂B₁ 互斥,A₁ 与 B₂,A₂ 与 B₁ 分别相互独立，所以. 因此，“星队”在两轮竞答中答对3道题目的概率是 .故选 B.] 8. D [如图,底面 ABCD 为正方形,分别取 AB,CD 的中点E,F,连接 PE,PF,EF,则 PE⊥AB,EF⊥AB,且PE∩EF=E,PE,EF⊂平面PEF,可知AB⊥平面 PEF,且 AB⊂平面 ABCD,所以平面 PEF⊥平面 ABCD,过 P 作EF 的垂线,垂足为O,即 PO⊥EF,因为平面 PEF∩平面ABCD=EF,PO⊂平面 PEF,所以 PO⊥平面ABCD,由题意可得:PE=2 ,PF=2,EF=4,则 即PE⊥PF,则 ·EF,可得 所以四棱锥的高为 .故选 D.] 9. ACD [对于A选项,z·z=(2+i)(2--i)=5,A.对；对于B选项，因为 故 i,B错;对于C选项, C 对;对于 D选项，由题意可知，关于 x 的方程. (m,n∈R)的两虚根分别为2+i,2-i,由根与系数的关系可得 可得 故 mn=-20,D对.故选 ACD.] 10. AC [对于 A，该生在上学路上到第 3个路口首次遇到红灯，则该生在前2 个路口不是红灯，第3 个路口是红灯，所求概率为 A正确；对于B，从这4张卡片中随机抽取2张，不同结果为12，13,14,23,24,34,共6个,取出的 2 张卡片上的数字之和为奇数的结果为 12,14,23,34,共 4 个,概率为 B.错误；对于C，甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，从每个袋子中各任取一个球，则取到不同颜色球的概率为 C正确；对于 D，由独立事件的概率公 式可得 解得 D错误.故选 AC.] 11. ACD [对于A,如图,连接AC,由CC₁⊥平面AB-CD,BD⊂平面 ABCD,得 CC₁⊥BD.又 AC⊥BD,AC∩CC₁ = C,AC⊂平面 ACC₁A₁,CC₁⊂平面ACC₁A₁,所以 BD⊥平面 ACC₁A₁. 又 PC⊂平面 ACC₁A₁,所以 PC⊥BD,正确;对于B,过点 P 作直线平行于 B₁C₁,分别交 A₁B₁,C₁D₁ 于N,M两点,连接BN,CM,显然MN∥B₁C₁∥BC,所以四边形 BCMN 为过点 P 及直线BC 的正方体的截面，截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，错误；对于 C，由选项 B，得 则 因此截面矩形BCMN的面积S=BC·CM=6 ,.正确；对于 D，过A作AO⊥BN 于点O,由 BC⊥平面 ABB₁A₁,AO⊂平面ABB₁A₁,得 AO⊥BC.又 BN∩BC=B,BN⊂平面 BCMN,BC⊂平面 BCMN,所以 AO⊥平面BCMN，所以点O为以点A 为球心，AB长为半径的球面被平面BCMN 所截小圆圆心，球面与截面的交线为以点为O圆心，BO长为半径的半圆弧，显然 因此交线长为³π/₂,D正确,故选 ACD.] 12.①③④ [对①，当两复数均为实数时，可比较大小，故①错；②显然正确；对③，若 则满足 ,但z₁≠z₂,故③错;对④,若x=i,y=-i,则 x + yi = 1 + i,但 x≠ y,故 ④ 错.故答 案为:①③④.] 13.12π [设圆台上、下底面圆心分别为O₁，O₂，则圆台内切球的球心 O一定在O₁O₂ 的中点处， 设球O与母线AB 切于M点，所以OM⊥AB，所以 (R为球O 的半径)，所以△AOO₁与△AOM全等,所以 MA=r₁,同理 BM=r₂,所以. 所以 所以圆台的内切球半径 内切球的表面积为 故答案为 12π,] 4[设C(x,y),由题意得: 所以 所 又 cos∠AOB=所以 所以平行四边形OACB 的面积是S 故答案为 15.解 (1)由 得2sin Ccos C= sinC,即 且0<C<π,则 (2)因为 所以 解得 由余弦定理得 所以 所以△ABC的周长为 16.解 (1)如图，建立空间直角坐标系C-xyz. 依题意得B(0,1,0),N(1,0,1), ∴线段BN的长为 (2)依题意得A₁(1,0,2),C(0,0,0),B₁(0,1,2)、 又 故A₁B与B₁C所成角的余弦值为 (3)依题意得A₁(1、0、2),C₁(0、0、2)、B(0.1、0)、N(1,0、1),i 又 平面C₁MN,C₁N⊂平面 C₁MN、 ∴BN⊥平面C₁MN. 17.解 (1)10名外卖骑手中有7人的日单量大于30，频率为 因此估计该市的外卖骑手日单量大于 30 的概率为 (2)平均数为 10+7-4)=32. 方差为 (3)乙公司的外卖骑手日单量的差异更大.理由如下： 甲公司的外卖骑手日单量的极差为 38—31=7，乙公司的外卖骑手日单量的极差为42—20=22，由于22>7，故乙公司的外卖骑手日单量的差异更大. 18.解 (1)作AE⊥DC,E为垂足,如图, 在等腰梯形ABCD中，设 (a>0), (2)∵PC⊥PD,平面 ADP⊥平面 PCD,平面ADP∩平面 PCD=PD、PC⊂平面 PCD. ∴PC⊥平面ADP,又AD⊂平面 ADP, ∴PC⊥AD,又 AC⊥AD, ∵AC∩PC=C,AC,PC⊂平面 ACP. ∴AD⊥平面ACP, ∵AP⊂平面ACP,∴AD⊥AP. ∴∠DAP=90°,即△ADP 为直角三角形. (3)由(1)知在等腰梯形 ABCD 中 又 PC⊥平面 ADP,△ADP 为直角三角形,PD⊥PC, 19.解 (1)若事件 A发生，则小明前两题都答对或都答错， 所以 (2)若事件B发生，则小华前两题答错一题，第三题答对， 根据题意，小华3道题都回答且通过面试的概率为 由题意可知，事件 A，B相互独立，则P(AB)= (3)记小明没有通过面试为事件C， 即分前两道回答对一道且最后一道错误或前两道均回答错误两种情况， 则小明没有通过面试的概率为 可得小明通过面试的概率为 而由(1)可得小华通过面试的事件记为 D，则概率为 由题意可知，事件C，D相互独立， 则小明、小华两人恰有一人通过面试的事件记为E，则概率为 P(E)=P(DC+DC)=P(DC)+P(DC)= 62 学科网（北京）股份有限公司 $$