第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年寧夏吳忠中學(xué)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.設(shè)i是虛數(shù)單位，集合A中的元素由復(fù)數(shù)3?5i的實(shí)部和虛部組成，集合B={1,3,5}，則A∩B=(

)A.{3,5} B.{3,?5} C.{3} D.{5}2.已知A(3,1)，B(4,3)，C(x,7)三點(diǎn)共線，則x=(

)A.10 B.8 C.7 D.63.已知事件A與B相互獨(dú)立，P(A)=0.3，P(B)=0.4，則P(A∪B)=(

)A.0.58 B.0.12 C.0.7 D.0.884.已知圓錐的底面半徑為3，高為4，則該圓錐的表面積為(

)A.9π B.12π C.16π D.24π5.先后兩次拋擲一枚質(zhì)地均勻的正方體骰子，得到的點(diǎn)數(shù)分別為m，n，設(shè)平面向量a=(1,2)，b=(m,?n)，則“a?bA.16 B.14 C.136.已知a，b，c表示不同的直線，α，β表示不同的平面，下面四個命題錯誤的有(

)A.若α//β，a?α，則a//βB.若α∩β=a，b?α，c?β，b//c，則a//b

C.若a//β，b?β，則a//bD.a⊥β，b?β，則a⊥b7.在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AD，CA.33 B.63 C.8.已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)部的一點(diǎn)，且滿足OA+OB+OC=0A.53 B.32 C.2 二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.在一個密閉的盒子中放有大小和形狀都相同，編號分別為1，2，3，4的4張卡牌，現(xiàn)從中依次不放回摸出兩張卡牌，記事件A=“第一次摸出的卡牌的編號為奇數(shù)”，事件B=“摸出的兩張卡牌的編號之和為5”，事件C=“摸出的兩張卡牌的編號之和為6”，則(

)A.事件B與事件C為互斥事件 B.P(C)=13

C.事件A與事件B相互獨(dú)立 10.下列說法中正確的為(

)A.已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a與a+λb夾角為銳角，則λ∈(?53,+∞)

B.若A=π3，且ccosB+bcosC=a2，則△ABC外接圓半徑33

11.對非零向量a=(x,y)，定義變換F(a)=(x+y,x?y)，得到一個新的向量，關(guān)于該變化，下列說法正確的是A.?λ∈R,F(λa)=λF(a)

B.若a//b，則F(a)//F(b)

C.設(shè)A(?2,4)，B(2,?2)，C為線段AB的中點(diǎn)，則F(BC)=(?1,5)

D.設(shè)A(a,?1)(a>0)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.五個數(shù)1，2，3，4，x的平均數(shù)是3，則這五個數(shù)的標(biāo)準(zhǔn)差是______．13.已知a、b滿足|a|=4,a?b=6，若a在14.如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，AC=7，BC=3，點(diǎn)P在棱BB四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA=PC，四邊形ABCD是正方形，E是PD的中點(diǎn)．

(1)證明：PB//平面ACE．

(2)證明：平面PBD⊥平面ACE．16.(本小題12分)

已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，滿足2c=3a+2bcosA．

(Ⅰ)求角B；

(Ⅱ)若cosA=14，求sin(2A+B)的值；

(Ⅲ)若c=717.(本小題12分)

某市為了解人們對火災(zāi)危害的認(rèn)知程度，針對本市不同年齡和不同職業(yè)的人舉辦了一次消防知識競賽，滿分為100分(95分及以上為認(rèn)知程度高)，結(jié)果認(rèn)知程度高的有m人，將這m人按年齡分成5組，其中第一組為[20,25)，第二組為[25,30)，第三組為[30,35)，第四組為[35,40)，第五組為[40,45)，得到如圖所示的頻率分布直方圖．

(1)求圖中a的值；

(2)利用頻率分布直方圖，估計(jì)這m名市民年齡的平均數(shù)x?和第74百分位數(shù)y；

(3)現(xiàn)從第三、四、五組中采用分層抽樣的方法選取6人擔(dān)任本市的消防安全宣傳使者，再從中隨機(jī)抽取2人作為組長，求組長中至少有一人的年齡在第四組內(nèi)的概率．18.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAB⊥底面ABCD，底面ABCD為矩形，PA=PB，O為AB的中點(diǎn)，OD⊥PC．

(1)求證：OC⊥PD；

(2)若PD上存在點(diǎn)M，使得OM//平面PBC，求PMPD的值；

(3)若PD與平面PBC所成角的正弦值為63,AB=2，求四棱錐的19.(本小題12分)

已知向量a=(sinx,cosx)，b=(cosx,3cosx)，函數(shù)f(x)=a?b?32．

(1)若f(x02)=?13，且x0∈(?π2,π2)，求sin答案解析1.【答案】C

【解析】解：集合A中的元素由復(fù)數(shù)3?5i的實(shí)部和虛部組成，

則A={3,?5}，

B={1,3,5}，則A∩B={3}．

故選：C．

由復(fù)數(shù)的實(shí)部和虛部的概念可得A={3,?5}，結(jié)合交集的計(jì)算可得結(jié)果．

本題主要考查交集及其運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題．2.【答案】D

【解析】解：由題可得AB=(1,2),BC=(x?4,4)，

因?yàn)槿c(diǎn)共線，可得AB//BC，所以2(x?4)=4?x=6．

故選：D3.【答案】A

【解析】解：事件A與B相互獨(dú)立，P(A)=0.3，P(B)=0.4，

則P(AB)=P(A)P(B)=0.12，

P(A∪B)=P(A)+P(B)?P(AB)

=P(A)+P(B)?P(A)P(B)

=0.3+0.4?0.3×0.4=0.58．

故選：A．

由隨機(jī)事件的概率加法公式和獨(dú)立事件的概率乘法公式計(jì)算即得．

本題主要考查隨機(jī)事件的概率加法公式和獨(dú)立事件的概率乘法公式，屬于基礎(chǔ)題．4.【答案】D

【解析】解：因?yàn)閳A錐的底面半徑為3，高為4，

故圓錐母線l=32+42=5，

則圓錐的表面積S=π×32+π×3×5=24π．5.【答案】A

【解析】解：因?yàn)閍=(1,2)，b=(m,?n)，所以a?b=1×m+2×(?n)=m?2n>0，

所以m>2n，由題意可知基本事件總數(shù)為6×6=36，

當(dāng)n=1時，m=3，4，5，6，共四種情況；

當(dāng)n=2時，m=5，6，共兩種情況．

所以滿足m>2n的基本事件個數(shù)為4+2=6，

因此，“a?b>0”的概率P=636=166.【答案】C

【解析】解：若α/?/β，a?α，則a/?/β，所以A選項(xiàng)正確；

若α∩β=a，b?α，c?β，b/?/c，則a/?/b，所以B選項(xiàng)正確；

若a/?/β，b?β，則a，b可能平行或異面，所以C選項(xiàng)錯誤；

若a⊥β，b?β，則a⊥b，所以D選項(xiàng)正確．

故選：C．

根據(jù)面面平行、線面垂直的性質(zhì)判斷A、D；根據(jù)平面的基本性質(zhì)，結(jié)合空間想象判斷B、C．

本題考查空間中各要素的位置關(guān)系，屬基礎(chǔ)題．7.【答案】C

【解析】解法一：在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AD，C1D1的中點(diǎn)，

以D為原點(diǎn)，以DA，DC，DD1的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AB=2，則E(1,0,0)，F(xiàn)(0,1,2)，B1(2,2,2)，C(0,2,0)，

從而EF=(?1,1,2)，B1C=(?2,0,?2)，

故cos<EF,B1C>=?26×22=?36，

即異面直線EF與B1C所成角的余弦值是36；

解法二：在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別是棱AD，C1D1的中點(diǎn)，

取AA1中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，D1G，D1E，如圖，

由正方體可知EG//B1C，

則異面直線EF與B18.【答案】A

【解析】解：記角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，

由題意OA+OB+OC=0，OA+OC=?OB=BO，

設(shè)D是線段AC的中點(diǎn)，則2OD=BO，

所以B，O，D三點(diǎn)共線，且O為△ABC的重心，

∴BO=23BD=23×12(BA9.【答案】ACD

【解析】解：從中依次不放回摸出兩張卡牌，樣本空間為{12,13,14,23,24,34,21,31,41,32,42,43}，共12個樣本點(diǎn)．

事件A=“第一次摸出的卡牌的編號為奇數(shù)”，樣本點(diǎn)有{12,13,14,34,31,32}，共6個樣本點(diǎn)；

事件B=“摸出的兩張卡牌的編號之和為5”，樣本點(diǎn)有{23,32,14,41}，共4個樣本點(diǎn)；

事件C=“摸出的兩張卡牌的編號之和為6”，樣本點(diǎn)有{24,42}，共2個樣本點(diǎn)．

對于A，A∩B=?，所以事件B與事件C為互斥事件，故A正確；

對于B，P(C)=212=16，故B錯誤；

對于C，P(A)=612=12，P(B)=412=13，

AB包含的基本事件有14，32，所以P(AB)=212=16，

因?yàn)镻(AB)=P(A)P(B)=16，所以事件A與事件B相互獨(dú)立，故C正確；

對于D，P(A+B)=P(A)+P(B)?P(AB)=12+13?16=10.【答案】BD

【解析】解：A選項(xiàng)，∵a=(1,2)，b=(1,1)，∴a+λb=(1,2)+λ(1,1)=(λ+1,λ+2)，

∵a與a+λb夾角為銳角，則a?(a+λb)=λ+1+2(λ+2)=3λ+5>0，解得λ>?53，

且a與a+λb不共線，∴2(λ+1)≠λ+2，解得λ≠0，

∴λ>?53且λ≠0，A選項(xiàng)錯誤；

B選項(xiàng)，由ccosB+bcosC=a2及正弦定理得

asinA=sinBcosC+cosBsinC=sin(B+C)=sinA，而sinA>0，故a=1，

∴△ABC的外接圓半徑為r=a2sinA=12×32=33，B選項(xiàng)正確；

C選項(xiàng)，∵AC?CB=|AC|?|CB|cos(π?C)=?|AC|?|CB|cosC<0，故cosC>0，

∵0<C<π，故11.【答案】ABD

【解析】解：對非零向量a=(x,y)，定義變換F(a)=(x+y,x?y)，

a=(x,y),λa=(λx,λy),F(λa)=(λx+λy,λx?λy)，λF(a)=(λx+λy,λx?λy)，故A正確；

若a/?/b，記b=λa，由A選項(xiàng)，F(xiàn)(b)=F(λa)=λF(a)，

∴若a/?/b，則F(a)//F(b)，故B正確；

A(?2,4)，B(2,?2)，C為線段AB的中點(diǎn)，

C(0,1),BC=(?2,3),F(BC)=(1,?5)，故C錯誤；

OA=(a,?1)(a>0),OB=F(OA)=(a?1,a+1)，AB=(?1,a+2)，|OA|2=a2+1，

|OB|2=2a2+2>|OA|2，12.【答案】2【解析】解：由已知，1，2，3，4，a的平均數(shù)是3，即有(1+2+3+4+x)÷5=x，易得x=5

根據(jù)方差計(jì)算公式得s2=15[(1?3)2+(2?3)2+(3?3)213.【答案】37【解析】解：由已知得，a?b|b|2b=23b，則a?b|b|2=214.【答案】28π

【解析】解：∵三棱柱ABC?A1B1C1為直三棱柱，又AC⊥BC，

∴易得AC⊥平面BCC1B1，又PC1?平面BCC1B1，

∴PC1⊥AC，又PA⊥PC1，且AC∩PA=A，

∴PC1⊥平面PAC，又AP?平面PAC，

∴PC1⊥AP，

如圖，設(shè)∠BCP=θ，則易得∠CC1P=θ，又BC=3，

∴PC1=BCcosθ?tanθ=3sinθ，又AC=7，

∴PA=AC2+PC2=7+(3cosθ)2，

∴△APC1的面積S=115.【答案】證明：(1)記AC∩BD=O，連接OE．

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)是BD的中點(diǎn)．

因?yàn)镋是PD的中點(diǎn)，所以O(shè)E/?/PB．

因?yàn)镺E?平面ACE，PB?平面ACE，所以PB/?/平面ACE．

(2)連接OP．

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以O(shè)是AC的中點(diǎn)．

因?yàn)镻A=PC，所以O(shè)P⊥AC．

因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AC⊥BD．

因?yàn)镺P，BD?平面PBD，且OP∩BD=O，所以AC⊥平面PBD．

因?yàn)锳C?平面ACE，所以平面PBD⊥平面ACE．

【解析】(1)連接OE，可得OE/?/PB，從而可證PB/?/平面ACE；

(2)連接OP，可證AC⊥平面PBD，由面面垂直的判定定理即可證明．

本題考查線面平行、線面垂直的判定與性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．16.【答案】解：(Ⅰ)△ABC中，2c=3a+2bcosA，

由正弦定理得2sinC=3sinA+2sinBcosA；

又C=π?(A+B)，

所以2(sinAcosB+cosAsinB)=3sinA+2sinBcosA，

所以2sinAcosB=3sinA；

又A∈(0,π)，所以sinA≠0，

所以cosB=32；

又B∈(0,π)，

所以B=π6；

(Ⅱ)若cosA=14，A∈(0,π)，

所以sinA=1?cos2A=154，

所以sin2A=2sinAcosA=2×154×14=158，

【解析】(Ⅰ)利用正弦定理與三角形內(nèi)角和定理，即可求得cosB與B的值；

(Ⅱ)根據(jù)三角恒等變換求值即可；

(Ⅲ)利用正弦定理和余弦定理，即可求得b的值．

本題考查了三角恒等變換與解三角形的應(yīng)用問題，也考查了運(yùn)算求解能力，是中檔題．17.【答案】a=0.04；

x?=32.25，b=36；

3【解析】(1)根據(jù)題意可得0.01+0.02+a+0.06+0.07)×5=1，解得a=0.04；

(2)設(shè)這m人的平均年齡為：

x?=22.5×0.01×5+27.5×0.07×5+32.5×0.06×5+37.5×0.04×5+42.5×0.02×5=32.25歲，

因?yàn)榍皫捉M的頻率依次為0.05，0.35，0.3，0.2，

所以第74百分位數(shù)在[35,40)之間，且為35+0.74?0.70.04=36；

(3)若現(xiàn)從第三、四、五組中采用分層抽樣的方法選取6人擔(dān)任本市的消防安全宣傳使者，

則從第三、四、五組中需依次選取6×0.060.06+0.04+0.02=3,6×0.040.06+0.04+0.02=2,6×0.020.06+0.04+0.02=1人，

再從中隨機(jī)抽取2人作為組長，求組長中至少有一人的年齡在第四組內(nèi)的概率為P=1?4×36×5=1?25=3518.【答案】證明見解析；

12；

43或4【解析】(1)證明：在四棱錐P?ABCD中，連接OP，

因?yàn)镻A=PB，所以PO⊥AB，

又因?yàn)閭?cè)面PAB⊥底面ABCD，側(cè)面PAB∩底面ABCD=AB，PO?側(cè)面PAB，

所以PO⊥平面ABCD，又OD?平面ABCD，所以PO⊥OD，

又因?yàn)镺D⊥PC，PO∩PC=P，PO，PC?平面POC，

所以O(shè)D⊥平面POC，

又因?yàn)镺C?平面POC，所以O(shè)D⊥OC，

又PO⊥平面ABCD，OC?平面ABCD，則PO⊥OC，

因?yàn)镻O∩OD=O，PO，OD?平面POD，所以O(shè)C⊥平面POD，

又因?yàn)镻D?平面POD，

所以O(shè)C⊥PD．

(2)取CD中點(diǎn)為N，連ON，MN，

因?yàn)镺N/?/BC，O