甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

永昌县第一高级中学2024-2025-2高一期末考试 数学 的 考生注意： 1.本试卷分远择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。 2,考生作答时，请将答案答在答題卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应題目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答題卡上各题的答 题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：湘教版必修第二册。 中 国 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的， 如 1.sin53cos23°-cos53°sin23° A号 R吉 C.2 D- 2.复数x满足i=3+4,则复数z的虚部是 的 A.1 B.i C.-5 D.-5i 3.已知直线l,m,n与平面a,3,下列命题正确的是 A.若Ln,m⊥n,则l∥m B.若La,l∥B,则a⊥3 C.若l∥a,l⊥m,则m⊥a D.若aLB,a∩3=m,lLm,则l⊥3 4.已知a·b=一12且b=3,则向量a在向量b上的投影向量为 A一b B.3b D.o 5.用斜二测画法画水平放置的△ABC的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形A'B'C',已知 点O是斜边B'C'的中点，且A'O=2,则△ABC的面积为 A.4√5 B.8√5 C.42 D.8√2 6.小张同学为测量学校紫阳楼的高度，在地面上选取A,B两点，从A,B两点测得建筑物顶端的 仰角分别为30°，45°，且A,B两点间的距离为10m,则紫阳楼的高度为( )m. D0000 15 A.5(5+1) B.10(5+1) C得+) D10停+) 【高一期末·数学第1页（共4页）】 ZH250697A 7.在正四棱台ABCD一A,BCD,中，AB=2AB,=2AA1,点O为底面ABCD的中心，则异面直 线OB,与CC所成的角为 A.30° B.45 C.60 D.90 8.如图是某个闭合电路的一部分，每个元件的可靠性是亏，则从A到B这部分电路畅通的概率为 A贵 9 C.6 n品 二、多项选择题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.已知tan0=2,则 A.tan(-0)=2 B.an(0+平)=号 Cam20=-青 D.c0s20=-号 10.已知复数x=a一1+(a十1)i,a∈R,则下列结论正确的是 A.若x为纯虚数，则a=士1 B.若a=0,则=一1一i C.若a=0,则x=1 D.若x在复平面内对应的点位于第四象限，则a∈（一∞，一1）》 11.在如图所示的圆柱中，AD和BC是上下底的直径，侧棱AB=BC,E是BC 的中点，M是AC的中点，BH⊥AE于点H,下列说法正确的有 A.三棱锥ABCE的各面都是直角三角形 B.二面角BACE的平面角为∠BMH H C.直线BC与平面ABE的夹角为∠CBH D.点B到平面ACE的距离等于BH的长 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a=√7，b=2,A=60°，则边c= 13.已知M,N是相互独立事件，且P(M)=0.18,P(N)=0.3,则P(MUN)= 14.已知过球面上A,B,C三点的截面和球心O的距离为球半径的一半，且AB=BC=2,AC= 2√5，则球的表面积是 【高一期末·数学第2页（共4页）】 ZH250697A 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15.(13分) 已知向量a=(3,1),b=(1,2),c=(2,m),且c⊥(a一b). (1)求向量a,b夹角的余弦值： (2)求实数m的值. 16.(15分) 从编号为1,2,3,4,5的5个小球中（除编号不同外，其他完全相同）选取3个小球，求下列事 件的概率： (1)编号为1,2的小球同时被取到的概率； (2)所取到的三个小球的编号之和为偶数的概率， 17.(15分) 如图，在正三棱柱ABC一A,BC中，已知AB=2,B,B=3,D是棱AC的中点. (1)求证：AB,∥平面BDC1: B (2)该正三棱柱被平面BDC,截去一个棱锥C,一BDC,求剩余部分的体积. 【高一期末·数学第3页（共4页）】 ZH250697A 18.(17分) 已知△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,bsin A=一3 acos B. (1)求B: (2)若b=√7，c=1,求△ABC的面积： (3)若BD平分∠ABC交AC于点D,BD=1,AD=2CD,求a. 19.(17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD,PA⊥PD,AB= CD=2,BC=AD=4,PB=23. (1)求证：PA⊥平面PCD. (2)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值. (3)线段PC上是否存在一点M,使得二面角MABC的平面角的余弦值B∠一D 为8？若存在，求出兴的值：若不存在，请说明理由。 【高一期末·数学第4页（共4页）】 ZH250697A永昌县第一高级中学2024-2025-2高一期末考试·数学 参考答案、解析及评分细则 1.Bsin53cos23°-c0s53sin23°=sin(53°-23")=sin30°=2.放选B 2.C=3+=三=5一少=-5i,则：的虚部为-5.故选C ii×(-i) 3.B对于A选项：若1⊥，m⊥，则1与m可能平行、相交或异面.像墙角三条线，所以不能得出平行，A错.对 于B选项：l∥B则3内有直线a与！平行，又l⊥a,所以a⊥a,a在3内，能推出a⊥3，B对.对于C选项：l∥@ 且l⊥m时，m与a位置不确定，m可在a内，不能得出m⊥a,C错.对于D选项：a⊥3，交线为m,l⊥m,则l可 以在3内，可以与B平行，或与3相交但不垂直，位置不定，D错.故选B. 4A向量a在向最B上的授影向量为合-号×号-一青教放选入 5.D因为△A'B'C'为等腰直角三角形且O'A'=2,所以B'C=4,A'B'=2√2，由斜二测画法 可知BC=4,AB=42,且△ABC为直角三角形，∠ABC=90°，所以△ABC的面积为 Saw=×4×4万=8E.故选D, 6.A如图所示，设CD=h,因为从A,B两点测得建筑物顶端的仰角分别为30°，45°，可得BC B O C元 =EA,AcC=2h,且∠ACB=15,因为AB=10,且s血15=m(60-45)=号×号号×号=52，在 2 10× △MC小正我定理a器可用品一品一公是后督科 BC 20 4 5(3+1).故选A. B 7.C如图所示，连接AC,AC,BD.则AC∩BD=O,连接A,O,因为AB=2AB,= 2AA1,所以AC=2AC.易知四边形AC,CO为平行四边形，则AO∥CC1,且 A,O=CC1,所以∠A,OB或其补角为异面直线OB1与CC,所成的角，同理知 B,O=DD1,又CC,=DD1=AB,所以△AOB,为等边三角形，所以∠A,OB,=60.故选C. 8.A上半部分电路畅通的概率为：2×(1-×)一号，下半部分电路畅通的概率为分，上下两部分并联， 畅通的概率为：1-(1-)×号-品故选A g.比对于Aam(一)=-am0=-2.A错误：对于B,a(g+平)=-gD言B正确：对于C tan 20=- 2tan 0 =一专C正确：对于D.eas200岛号-号D错误故选C 1-tan0 【高一期末·数学参考答案第1页（共4页）】 ZH250697A 10.BD对于A:若：为纯虚数，则a2-1=0且a十1≠0，解得a=1,故A错误：对于B:若a=0,则=一1十i, 得=-1一i,故B正确：对于C:若a=0,则=一1十i,得|x|=√（一1）十1严=√2，故C错误；对于D:若 在复平面内对应的点位于第四象限，则a2一1>0且a+1<0,解得a<一1，即a∈(-∞，一1)，故D正确.故 选BD. 11.ABDA选项，因为是圆柱，BC为直径，所以CE⊥BE,△BCE为直角三角形，又AB⊥平面BCE,BC,BE, CEC平面BCE,所以AB⊥BC,AB⊥BE,AB⊥CE,△ABC,△ABE为直角三角形，，AB⊥CE,CE⊥BE, AB∩BE=B,AB,BEC平面ABE,∴.CE⊥平面ABE,∴CE⊥AE,即△ACE为直角三角形，故A正确：B 选项，因为AB=BC,M是AC的中点，所以BM⊥AC,由A知，CE⊥平面ABE,BHC平面ABE,所以CEI BH,又因为BH⊥AE于H,CE∩AE=E,CE,AEC平面ACE,所以BH⊥平面ACE,因为ACC 平面ACE,所以BH⊥AC,因为BH∩BM=B,BH,BMC平面BHM,所以AC⊥平面BHM,又HMC 平面BHM,所以AC⊥HM,则二面角BACE的平面角为∠BMH,则B正确：C选项，因为CE⊥ 平面ABE,所以直线BC与平面ABE的夹角为∠CBE,C错误；D选项，因为BH⊥平面ACE,所以点B到 平面ACE的距离等于BH的长，D正确.故选ABD. 12.3由余弦定理可得a2=c2+b2-2 bccosA,故7=4十c2-2c,故c2-2c-3=0,故c=3(负值舍). 13.0.426因为M,N是相互独立事件，所以P(MN)=P(M)·P(N)=0.18×0.3=0.054,所以P(MUN)= P(M)+P(N)-P(MN)=0.18+0.3-0.054=0.426. 14.64x在△ABC中，AB=BC=2,AC=25,则cos∠BAC= 3 AC经，m∠BAC司由正弦定理得 AB △ABC外接圆半径r=号×nBC=2,设球半径为R,于是R'=（宁R)+2,解得R=号，所以球的表 2 面积是4xR2=64r 3 15.解：(1)因为a=(3,1),b=(1,2),所以a·b=(3,1)·(1,2)=3+2=5,………2分 a=/32十1=10，|b川=1十2=√5，……4分 a·b 所以cos(a,b)= 5 2· ………………6分 |al×|bl√5×o (2)因为c⊥(a一b),所以c·(a一b)=0,所以c·a-c·b=0, 又a=(3,1),b=(1,2),c=(2,m),所以6十m一2一2m=0,解得m=4.…13分 16.解：(1)从编号为1,2,3,4,5的5个小球中任意取出3个， 样本空间为Ω={123,124,125,134,135,145,234,235,245,345}，………………3分 记事件A为“编号为1,2的小球同时被取到”， 则A=123.124,125,故PA)= ，……………………7分 (2)记事件B为“所取到的三个小球的编号之和为偶数”， 则B=123.125.134,145,235.3451,放P(B)=8=是 15分 【高一期末·数学参考答案第2页（共4页）】 ZH250697A 17.(1)证明：连接BC,交BC于点E,则E为B1C中点，连接DE,如图所示，…………2分 在△AB1C中，因为D,E分别为AC,BC的中点，所以DE∥AB1,…4分 又因为DEC平面BDC1,且AB中平面BDC1,所以AB1∥平面BDC.·7分 (2)解：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，因为AB=2,且B1B=3, 可得正三校柱的体积为V-A6=S。·BB,-X2X3=3,…10分 又由三校锥G-B0C的体积为=Sam·BB=×S·B= 2…13分 所以剩余部分的体积为V=Vc-45-Vg-x=5 2· 44…15分 18.解：(1)由正弦边角关系有sin Asin B=一√5 sin Acos B,且sinA≠0，…2分 所以sinB=-5cosB→tanB=-5,又B∈(0，r),则B= 4分 3 (2)由余弦定理有b2=a2+c2-2 accos B,则a2+a-6=(a+3)(a-2)=0, 所以=2,…… 6分 义bsin A--5 acos B,则7sinA=3→inA= 7 所以△ABC的面积为2 besin A=合×7X1X耳- 2 10分 B 曲BD为角平分我且A0-20D.测部BD.n专2故2a, B a 12分 由B丽=B+AD=Bi+号AC-B+号(BC-B=Bi+号BC. 14分 所以B防=（号Bi+号BC=Bi+号Bi·BC+号BC=2- c+ 4 所以a2-青a2+a2=1.则a= 。…17分 19.解：(1)取棱PC的中点N,连接DN, 因为△PCD为等边三角形，所以DN⊥PC, 又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC, 又DNC平面PCD,所以DN⊥平面PAC, 又PAC平面PAC,故DN⊥PA, 又已知PA⊥PD,PD∩DN=D,又PD,DNC平面PCD, 所以PA⊥平面PCD.…………………………………………………4分 【高一期末·数学参考答案第3页（共4页）】 ZH250697A (2)连接AN, 由(1)中DN⊥平面PAC, 可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，……6分 因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点， 所以DN=√5， 又DNLAN,在R△AND，中sin∠DAN=R器-g, 所以，直线AD与平面PAC所成角的正弦值为S 4 ………10分 (3)取AB中点Q,连接MQ,CQ, 在R1△APD中，PA=√AD-PD=25, 因为PA⊥平面PCD,又PCC平面PAC, 所以PA⊥PC,在Rt△PAC中，AC=PC+PA=4, 所以△PBC≌△PAC,所以MB=MA,又点Q为AB中点， 所以MQ⊥AB,同理CQ⊥AB, 所以∠MQC为二面角M-AB-C的平面角，… ……12分 设兴=0<≤1. 在Rt△BMP中，BM=√BP+PM=√I2+4a', 在R1△BMQ中，MQ=√BM-BQ=√I1+4A, 在△MQC中，MC=2(1-λ)，QC=/15,MQ=√11+4x, 由余弦定理可得.MQ+QC一MC8区 2MQ·QC 15 ，小……………14分 即，1+4以+15-41-)2-85 211+47·15 15 化简得到：16入2-40λ+9=0， 所以入=或是（舍去）， 即线段PC上存在一点M,使得二面角MABC的平面角的余弦值为85 15 …17分 【高一期末·数学参考答案第4页（共4页）】 ZH250697A