河南省许昌市2024-2025学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

XCS2024一2025学年第二学期期末教学质量检测 高一数学 47 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每个小题给出的四个选项中，只有一项 符合题目要求， 1.已知复数z满足z(1-i)=1+i,则复数z的虚部为 A.i B.1 C.-1 D.-i 2.已知平面向量a,b其中|a=2,bl=5a,b的夹角是石，则|a-2b1= A.4 B.2 C.27 D.3 3.某市某月10天的空气质量指数为35、54、80、86、72、85、58、125、111、53，这组数据的第80 百分位数是 号附的 A.85 B.86 C.98.5 D.111 4.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,bc,a=1,6=2,inB= 7 ,则cosA= A.② c.57 D.②T 14 14 14 5.设a,B为两个不同的平面，m,n为两条不同的直线，下列结论正确的是 A.若m∥a,nCa,则m∥n 兼 B.若m⊥a,m⊥n,则n∥a C.若mCa,nCa,m∥B,n∥B,则a∥B =9 D.若a∥B,mCa,nCB,则m与n平行或异面 Q 6.已知复数z满足|z+2i=1,则z·的最小值为 A.1 B.2 C.3 D.4 高一数学第1页（共4页） 7.甲、乙、丙三人做投篮游戏，约定投篮顺序为甲、乙、丙，并制定规则如下：每次投篮，若投 中，则该人继续投篮；若未投中，则换下一个人投篮已知甲、乙每次投篮投中的概率均为 分，丙每大投蓝投中的横率为号，且甲，乙，丙每次投蓝的结果都相互独立，则第4次是丙 投篮的概率为 人君 c号 8.棱长为2的正方体ABCD-AB,CD1中，点M,N分别是棱AD1,C,D1的中点，过点B作与 直线MW平行的平面a(与底面ABCD不重合)，设平面α与正方体表面相交的多边形的 周长为1，则1的取值范围为 A.(4,62] B.（4,32+2√5) C.(4,2/13+2) D.(4,45] 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分 9.柜子里有2双不同的鞋，从中随机地取出2只，记事件A=“取出的鞋不成双”，事件 B=“取出的鞋都是左脚的”，事件C=“取出的鞋都是一只脚的”，事件D=“取出的鞋是一 只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，则下列结论成立的是 A.DCA B.A=CUD C.B与D互斥 D.C与D对立 10.为传承和以扬数学文化，激发学生学习数学的兴趣，某校高一年级组织开展数学文化知 识竞赛.从参赛的2000名考生成绩中随机抽取100个成绩进行统计，得到如图所示的 频率分布直方图，其中90分以上视为优秀，则 个频率/组距 a A.a的值为0.030 0.025 0.020 B.抽取的考生成绩的极差介于40分至60分之间 C.2000名考生中约有10名成绩优秀 0.010 0.005 D.估计有一半以上的考生的成绩介于70分至90分之间 0405060708090100分数 11.已知圆锥S0的底面半径为6cm,其母线SA长24cm,底面圆周上有一动点B,下列说法 正确的有 A.截面SAB最大面积为3615cm2 B,若∠A0B=开，则直线SB与平面S0A所成角的正弦值为号 C.当三棱锥0-SAB的体积最大时，其外接球的表面积为612πcm1 D.若点C∈SA,且CA=6cm,一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下 、坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为cm 高一数学第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知e1,为平面内不相等的两个单位向量，la小=4 2,且a·e1=a·e2=2,则e1e2= 13.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形 0A'B'C,且0'A'∥B'C,0'A'=2B'C=4,A'B=2,将该平面 图形绕其直角腰OC边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的体 积为 14.在锐角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,记△ABC的面积为S,若(a2-b2)sinA=2S, 则的取值范围为 器小公共 四、解答题：本大题共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所对的边分别为a,b,c,且asinC+√3 acosC=√3b. (1)求A; (2)若△ABC的面积为5，求a的最小值. 01部网中主分四状话.国 特.式上10.市园 16.(15分) 如图，长方体ABCD-A,B,C,D1中，A4,=2AD=4,AB=25,点E为DD1的中点. (1)求证：BD,∥平面ACE; (2)求二面角E-AC-D的余弦值. 17.(15分) 某市为推广新能源汽车，对潜在用户进行年龄抽样调查，共收集100份有效数据.所有 数据均已从小到大排列，前70个数据已经处理完成，剩下数据为：46,46,47,47,48,48， 48,50,50,50,50,50,51,51,52,53,53,54,54,54,55,55,56,57,58,59,60,62,63,63. 高一数学第3页（共4页）》 年龄区间（岁） 频数 盖 新能源汽车潜在用户频率分布直方图 [15,25) 12 888 [25,35) 28 0.020 [35,45) 30 8816 [45,55) [55,65] 0 15 35 45 55 65 年酸 (1)补充完整表格和频率分布直方图，并估计该市新能源汽车潜在用户的平均年龄（同 一组中的数据用该组区间的中点值代表)； (2)现用分层抽样从年龄在35~65岁新能源汽车的潜在用户中抽取6名幸运客户，再从 这6名幸运客户中选取2人赠送购车补贴，求获得购车补贴的2名幸运客户中恰好 有一人年龄在[45,55)的概率 18.(17分) 如图，四面体ABCD中，AD⊥CD,AD=CD=2,AB=BD=√5，∠ADB=∠BDC,E为AC的 中点，点F在BD上 (1)证明：AC⊥BD; (2)求直线BD与平面ACD所成角的正弦值； (3)当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积. 19.(17分) 已知任意平面向量A店=(x,y),把A绕其起点沿逆时针方向旋转日角得到向量 A正=(xcos0ysin0,xsin0+ycos0),叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转0角得到点P.已 知平面内点A(-1,0),B(2,0),将点B绕点O(0为坐标原点)沿逆时针方向旋转0角得 到点C,其中00<受，以4C为边作等边三角形ACP,设线段0P与4C相交于点Q, (1)若0=牙求向量花的坐标； (2)求△AOP面积的最大值； (3)若=号d,求角8， 高一数学第4页（共4页）1 高一2024—2025 下学期期末数学试题 参考答案及评分意见 一、选择题 1—4：BBCB 5—8： DACD 二、多选题 9.ABC 10.ABD 11.ACD 三、填空题 12. 1 2 13. 112 2 3  14. 3 2( , ) 3 2 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） 解析:（1）由正弦定理得 BCACA sin3cossin3sinsin  即  CACACA  sin3cossin3sinsin …..………2 分 也即 CACACACA sincos3cossin3cossin3sinsin  整理得 CACA sincos3sinsin  …..………3分 因为 2 0  C ，所以 0sin C 所以 AA cos3sin  ，所以 3tan A . …..………5分 又 ,0  A 所以 3  A . …..………6分 （2）因为 3 4 3sin 2 1  bcAbcS ABC 所以 4bc . …..………8分 由余弦定理得 bcbcbcbccbAbccba  2cos2 22222 …..………10分 所以 42 a ，即 2a 当且仅当 2 cb 时等号成立，即 a的最小值为2. …..………13分 16.（15分 ） 解析： （1）证明：连接 BD，交 AC于点O，连接OE， …..………1分 由题可知O为 AC的中点， 又因为 E为 1DD 的中点， 所以OE为 1BDD 的中位线. …..………3分 所以 1//OE BD . …..………4分 又因为OE ACE平面 ， 1BD ACE平面 ， …..………5分 所以 1BD ACE//平面 . …..………6分 （2）在矩形 ABCD中，过 D作 DH AC 于点H ，连接 EH ， …..………7分 由题可知 ED ABCD平面 ，所以 ED AC ， …..………8分 又因为DH AC ，且 DH ED D ， 所以 AC EHD平面 ， …..………9分 所以 AC EH . …..………10分 所以 EHD 即为二面角 E AC D  的平面角. …..………11分 在矩形 ABCD中，因为 2AD  ， 2 3AB  ，所以 2 3DC  , 2 2 2 22 + 2 3 =4AC AD DC   （ ） 2 由 AC DH AD DC  得 3DH  ， …..………12分 在Rt EDH 中，又由 1 1 2 2 ED AA  ， 所以 7EH  ， …..………13分 所以 3 21cos 77 DHEHD EH     . …..………14分 故二面角 E AC D  的余弦值为 21 7 . …..………15分 17.（15分） 解析：（1）由题可知，数据落在  45 55， 的共有20个数据，落在 55 65， 的共有10个数据. 年龄区间（岁） 频数  15,25 12  25,35 28  35,45 30  45,55 20  55 65， 10 …..………2分  45,55 的频率为： 20 =0.2 100 ， 0.2= =0.02 10 频率 组距  55 65， 的频率为： 10 =0.1 100 ， 0.1= =0.01 10 频率 组距 …..………4分 潜在用户的平均年龄约为 38.8 100 10602050304028301220   （岁）…7分 （2）利用分层抽样从  4535， 中抽取： 3 102030 306    （人），分别记为 , ,a b c ； 从  5545， 中抽取： 2 102030 206    （人），分别记为 ,d e； 3 从  6555， 中抽取: 1 102030 106    （人），记为 f . …..………9分 则从6名幸运客户中选取2人赠送购车补贴，样本空间为  , , , , , , , , , , , , , , }ab ac ad ae af bc bd be bf cd ce cf de df ef  ，共15个样本点. ………11分 记“恰有一个年龄在  5545， ”为事件B， 则  , , , , , , ,B ad ae bd be cd ce df ef , 包含了8个样本点. …..………13分 从而 ( ) 8( ) ( ) 15 n BP B n    . 故获得购车补贴的2名幸运客户中恰好有一人年龄在  5545， 的概率为 8 15 . …..………15分 18.（17分） 解析：（1）因为 AD CD ， E是 AC的中点，所以 AC DE . …..………1分 因为 AD CD BD BD ADB BDC       ，所以 ADB CDB△ △ ， 所以 AB CB ,所以 AC BE ， …..………3分 因为DE BE E  ， ,DE BE 平面 BED， 所以 AC 平面 BED， …..………4分 因为 BD 平面 BED，所以 AC BD ． …..……………5分 （2）因为 , 2AD CD AD CD   ， 所以 ACD 是等腰直角三角形，所以 2AC  ， 1DE  . 依题意 5AB BC  ，所以 2BE  则 2 2 2DE BE BD  ，所以DE BE ………..………7分 又因为 AC BE ， AC DE E  ， ,AC DE 平面 ACD，所以 BE 平面 ACD. 所以 BDE 即为直线 BD与平面 ACD所成的角． ……..…………9分 在 Rt BED 中， 2 5sin 5 B BD EBDE   ， 所以直线 BD与平面 ACD所成角的正弦值为 2 5 5 ． ………..………10分 （3）因为 AC DE ， BE DE ，且 AC BE E  ， ,AC BE 平面 ABC， 所以 DE 平面 ABC . ………..………11分 由（1）已证 ADB CDB△ △ ，所以 FBA FBC   ， 因为 BF BF FBA FBC AB CB       ，所以 FBA FBC  ， 所以 AF CF ， E是 AC的中点，所以 EF AC ， ………..………12分 4 因为 1 2AFC S AC EF  ，所以当 EF 最短时， AFC 的面积最小. 当EF BD 时， EF 最短，过 E作EF BD ，垂足为 F ， 在Rt BED△ 中， 1 1 2 2 BE DE BD EF   ，解得 2 5 5 EF  ， ………..………14分 所以 2 2 2 5 5 4 51 , 5 5 5 5 DF BF DF             ，所以 4 5 BF BD  . 过F 作 FH BE ，垂足为H ，则 //FH DE，所以 FH 平面 ABC，且 4 5 FH BF DE BD   ， 所以 4 5 FH  , ………..………16分 所以 1 1 1 4 82 2 3 3 2 5 15F ABC ABC V S FH         . ………..………17分 19.(17分) 解析：（1）由题意知  0,2OB ， 当 4   时，  2,2 4 sin2, 4 cos2       OC …..………2分 则      2,120,12,2  OAOCAC 所以当 = 4  时， AC的坐标为  2,12  . …..………4分 （2）由向量旋转可知   sin2,cos2OC ，   sin2,1cos2 AC …..………5分 又 ACP 为等边三角形，则 AP可看作由 AC绕点 A沿逆时针方向旋转 3  得到的， 则            3 cossin2 3 sin1cos2, 3 sinsin2 3 cos1cos2 AP        2 3sincos3, 2 1sin3cos  所以        2 3sincos3, 2 1sin3cos OP …..………7分 pAOP yOAS 2 1  4 3 3 sin 4 3sin 2 1cos 2 3         5 因为 1 3 sin         ，所以 4 31AOPS …..………9分 当且仅当 23   ，即 6   时， AOPS 取得最大值 4 31 . …..………10分 （3）若 ACAQ 3 1  ，则  OAOCOAACOAAQOAOQ  3 1 3 1               sin 3 2,1cos 3 2sin2,cos2 3 10,1 3 2 3 1 3 2 OCOA …..……12分 由（2）知        2 3sincos3, 2 1sin3cos AP 所以        2 3sincos3, 2 1sin3cos APOAOP 由 PQO ，， 三点共线可知  1cos 3 2 2 3sincos3sin 3 2 2 1sin3cos               …..……14分 化简整理得 2 3 3 sin         . 因为 2 0   ， 6 5 33   ，所以 3 2 3   ， …..………16分 则 3   . …..………17分