第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年濟南西城實驗中學高一下學期7月階段性學情檢測數(shù)學試卷一、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中，只有一項是符合題目要求的。1.已知i是虛數(shù)單位，復數(shù)z滿足1+2i=4?2iz，則A.?1 B.0 C.1 D.22.已知a,b,c表示不同的直線，α，β表示不同的平面，給出下面四個命題：(1)若α//β，a?α，則a//β；(2)若α∩β=a，(3)若a//β，b?β，則a//b；上面四個命題正確的有(

)A.(1)，(3) B.(2)，(4)

C.(1)，(2)，(4) D.(1)，(3)，(4)．3.盒中有5只螺絲釘，其中有2只是不合格的，現(xiàn)從盒中隨機地抽取3個，那么恰有兩只不合格的概率是(

)A.130 B.310 C.134.一組數(shù)據(jù)x1,x2,x3,?,x10A.極差變大 B.平均數(shù)變大 C.方差變小 D.第25百分位數(shù)變小5.如圖，飛機的航線和山頂在同一個鉛垂平面內(nèi)，已知飛機的高度為海拔20000m，速度為900km/h，飛行員先看到山頂?shù)母┙菫?0°，經(jīng)過80s后又看到山頂?shù)母┙菫?5°，則山頂?shù)暮０胃叨葹?

)

A.50003+1mC.50003?36.如圖，?BCD與?ABC的面積之比為2，點P是?BCD內(nèi)任意一點(含邊界)，且AP=λAB+μAC，則A.[1,3] B.[1,2] C.[2,3] D.[1,4]7.如圖是底面半徑為3的圓錐，將其放倒在一平面上，使圓錐在此平面內(nèi)繞圓錐頂點S滾動，當這個圓錐在平面內(nèi)轉(zhuǎn)回原位置時，圓錐本身恰好滾動了3周，則(

)

A.圓錐的母線長為18 B.圓錐的表面積為27π

C.圓錐的側(cè)面展開圖扇形圓心角為60° D.圓錐的體積為188.?ABC中，sinπ2?B=A.?1,12 B.13,1二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知事件A，B發(fā)生的概率分別為P(A)=12，P(B)=13A.若A與B互斥，則P(A+B)=P(A)+P(B)=56

B.若A與B相互獨立，則P(A+B)=23

C.若A與B相互獨立，則PAB=110.下列說法正確的是(

)A.z?z=|z|2，z∈C

B.i2024=?1

C.若zz?1=1+i???11.已知圓臺OO1上、下底面的半徑分別為2和4，母線長為4.正四棱臺上底面A1B1CA.AA1⊥BD

B.二面角A1?AB?C的大小為60°

C.正四棱臺ABCD?A1B1C1D三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知某運動員每次射擊擊中目標的概率都為60%.現(xiàn)采用隨機模擬的方法估算該運動員射擊4次至少3次擊中目標的概率，先由計算器給出0到9之間取整數(shù)的隨機數(shù)，指定0，1，2，3表示沒有擊中目標，4，5，6，7，8，9表示擊中目標.以4個隨機數(shù)為一組，代表射擊4次的結(jié)果，經(jīng)隨機模擬產(chǎn)生了20組如下的隨機數(shù)：7327?0293?7140?98570347?4373?8636?69471417?4698?0371?62332616?8045?6011?36619597?7424?7610?4281根據(jù)以上數(shù)據(jù)估計該運動員射擊4次至少擊中3次的概率為

．13.記?ABC的三個內(nèi)角A,B,C，且AB=4，AC=6，若O是?ABC的外心，AD是角A的平分線，D在線段BC上，則AO?AD14.古希臘數(shù)學家托勒密于公元150年在他的名著《數(shù)學匯編》里給出了托勒密定理：圓的內(nèi)接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知平面凸四邊形ABCD外接圓半徑為1，sin∠ABD:sin∠ADB:sin∠BAD=3:5:7.則四、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13分已知在?ABC中，AB=AC=1，E,F分別為邊AB,BC上的點，且AE=EB,2BF=FC(1)若∠BAC=90°，用向量方法求證：(2)延長AF到H，若AH=tAB+(2?t)AC(t為常數(shù))，16.(本小題15分)某校高一年級開設(shè)有羽毛球訓練課，期末對學生進行羽毛球五項指標(正手發(fā)高遠球、定點高遠球、吊球、殺球以及半場計時往返跑)考核，滿分100分.參加考核的學生有40人，考核得分的頻率分布直方圖如圖所示．(1)由頻率分布直方圖，求出圖中t的值，并估計考核得分的第60百分位數(shù)：(2)為了提升同學們的羽毛球技能，校方準備招聘高水平的教練.現(xiàn)采用分層抽樣的方法(樣本量按比例分配)，從得分在[70,90)內(nèi)的學生中抽取5人，再從中挑出兩人進行試課，求兩人得分分別來自[70,80)和[80,90)的概率：(3)現(xiàn)已知直方圖中考核得分在[70,80)內(nèi)的平均數(shù)為75，方差為6.25，在[80,90)內(nèi)的平均數(shù)為85，方差為0.5，求得分在[70,90)內(nèi)的平均數(shù)和方差．17.(本小題15分為了增添學習生活的樂趣，甲、乙兩人決定進行一場投籃比賽，每次投1個球．先由其中一人投籃，若投籃不中，則換另一人投籃；若投籃命中，則由他繼續(xù)投籃，當且僅當出現(xiàn)某人連續(xù)兩次投籃命中的情況，則比賽結(jié)束，且此人獲勝．經(jīng)過抽簽決定，甲先開始投籃．已知甲每次投籃命中的概率為12，乙每次投籃命中的概率為1(1)求甲、乙投籃總次數(shù)不超過4次時，乙獲勝的概率；(2)求比賽結(jié)束時，甲恰好投了2次籃的概率．18.(本小題17分)在銳角?ABC中，a，b，c分別是內(nèi)角A，B，C的對邊，且c=2(1)若C=π3，求(2)設(shè)acosB=bcos(ⅰ)求?ABC外接圓的半徑R(ⅱ)求?ABC的面積．19.(本小題17分)空間的彎曲性是幾何研究的重要內(nèi)容，用曲率刻畫空間的彎曲性，規(guī)定：多面體頂點的曲率等于2π與多面體在該點的面角之和的差，其中多面體的面的內(nèi)角叫做多面體的面角，角度用弧度制.例如：正四面體每個頂點均有3個面角，每個面角均為π3，故其各個頂點的曲率均為2π?3×π3=π.如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C(1)證明：CN⊥平面AB(2)若AA1=(3)表面經(jīng)過連續(xù)變形可以變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w稱為簡單多面體.關(guān)于簡單多面體有著名歐拉定理：設(shè)簡單多面體的頂點數(shù)為D，棱數(shù)為L，面數(shù)為M，則有：D?L+M=2.利用此定理試證明：簡單多面體的總曲率(多面體有頂點的曲率之和)是常數(shù)．

答案解析1.【答案】B

【解析】【分析】先根據(jù)1+2i=4?2【詳解】∵1+2i∴z=4?2∴z的實部為0．故選：B2.【答案】C

【解析】【分析】利用面面平行的性質(zhì)，線面平行的性質(zhì)，線面垂直的性質(zhì)即可判斷各選項．【詳解】在(1)中，若α//β，a?α，由面面平行的性質(zhì)可得，在(2)中，由b//c，c?β，又因為b?α，且α∩β=a，所以在(3)中，若a//β，b?β，則a//在(4)中，a⊥β，b?β，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)可得故選：C．3.【答案】B

【解析】【分析】根據(jù)計數(shù)原理分別計算事件“恰有兩只不合格”包含的基本事件個數(shù)和基本事件的總數(shù)，即可得到概率．【詳解】設(shè)事件A表示“從盒中隨機地抽取3個，恰有兩只不合格”，則事件A包含的基本事件個數(shù)為c3基本事件的總數(shù)為c53=10故選：B．本題考查了古典概型的概率計算，考查了計數(shù)原理，屬于基礎(chǔ)題．4.【答案】C

【解析】【分析】根據(jù)極差，平均數(shù)，方差與百分位數(shù)的定義計算出去掉x1【詳解】由于xi故x2=x1+2，x3=A選項，原來的極差為x10?x1=18，去掉xB選項，原來的平均數(shù)為x1去掉x1,x10后的平均數(shù)為C選項，原來的方差為x1去掉x1,x方差變小，故C正確；D選項，10×2500=2.5，從小到大排列，選第38×2500=2，故從小到大排列，選擇第2個和第3由于x3<x3+x4故選：C5.【答案】C

【解析】【分析】先求AB的長，在?ABC中，可求BC的長，進而由于CD⊥AD【詳解】如圖：∠A=30°，∠AB=900×∴在?ABC中，BC=10∵=10山頂?shù)暮０胃叨?故選：C．6.【答案】A

【解析】【分析】將圖形特殊化，設(shè)AD垂直平分BC于O，則OD=2AO，當點P在BC上時，λ+μ最??；當點P在點D時，λ+μ最大，進而即可求出λ+μ的取值范圍．【詳解】將圖形特殊化，設(shè)AD垂直平分BC于O，則OD=2AO，當點P在BC上時，P，B，C三點共線，則λ+μ=1，此時λ+μ最??；當點P在點D時，AP=得λ=32，μ=32，則所以λ+μ的取值范圍為[1,3]．故選：A．7.【答案】D

【解析】【分析】由題意可知πl(wèi)【詳解】設(shè)圓錐的母線長為l，以S為圓心，SA為半徑的圓的面積為S=πl(wèi)又圓錐的側(cè)面積S圓錐側(cè)因為圓錐在平面內(nèi)轉(zhuǎn)到原位置時，圓錐本身滾動了3周，所以πl(wèi)2=3所以圓錐的母線長為9，故選項A錯誤；圓錐的表面積S=S圓錐側(cè)+因為圓錐的底面周長為2π×設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖扇形圓心角為α，則6π=α?9，解得所以圓錐的側(cè)面展開圖扇形圓心角為120°，故選項C錯誤；圓錐的高?=所以圓錐的體積為V=13×故選：D．8.【答案】B

【解析】【分析】化簡得到cosB=cos2A，從而得到2A=B，得到C=π?3A，A【詳解】sinπ在?ABC中，A,B∈0,π，故當2A+B=2π時，A+B2所以2A=B，C=π因為A,B∈0,π，所以2A因為C=π?3A∈由正弦定理得ACsin故AC?BCAB=sinB?sin故AC?BCAB因為A∈0,π故AC?BCAB因為A∈0,π3，所以cosA故AC?BCAB故選：B解三角形中最值或范圍問題，通常涉及與邊長，周長有關(guān)的范圍問題，與面積有關(guān)的范圍問題，或與角度有關(guān)的范圍問題，常用處理思路：①余弦定理結(jié)合基本不等式構(gòu)造不等關(guān)系求出答案；②采用正弦定理邊化角，利用三角函數(shù)的范圍求出最值或范圍，如果三角形為銳角三角形，或其他的限制，通常采用這種方法；③巧妙利用三角換元，實現(xiàn)邊化角，進而轉(zhuǎn)化為正弦或余弦函數(shù)求出最值．9.【答案】ABC

【解析】【分析】根據(jù)互斥事件概率加法公式求解判斷A，根據(jù)獨立事件乘法公式和概率的性質(zhì)求解判斷B，結(jié)合對立事件概率公式，利用獨立事件乘法公式求解判斷C，根據(jù)事件關(guān)系求解概率判斷D．【詳解】選項A：A與B互斥，則P(A+B)=P(A)+P(B)=1選項B：A與B相互獨立，所以P(AB)=P(A)P(B)=1從而P(A+B)=P(A)+P(B)?P(AB)=1選項C：PA選項D：B發(fā)生時A一定發(fā)生，則B?A，故選：ABC．10.【答案】ACD

【解析】【分析】設(shè)復數(shù)z=a+bi,(a,b∈R)，代入計算可求得結(jié)論判斷A；利用利用復數(shù)的乘方運算求解判斷B，利用復數(shù)的四則運算法解求得z判斷C【詳解】對于A，z∈C，設(shè)復數(shù)z=a+bi,(a,b∈故z?z=(a+b對于B，由于i2=?1,i4對于C，由zz?1=1+i??，可得z=所以zi=1+i，所以z=對于D，?4+3i是關(guān)于x的方程x故(?4+3i)2故7?4p+q=03p?24=0?,∴故選：ACD．11.【答案】ACD

【解析】【分析】對A，先證明線面垂直，由性質(zhì)可得線線垂直；對B，過P作PQ⊥AB，連接A1Q，找到二面角的平面角為∠A【詳解】根據(jù)題意，如圖，設(shè)圓臺上、下底面圓心分別為O1,O過A1作A1P⊥AO且OO1為AC,A故OO1=又A1B1=A對A，由題意OO1⊥平面ABCD，BD?平面BD⊥AC，AC∩OO1=O，AC故BD⊥平面ACC1A1，AA1對B：過P作PQ⊥AB，垂足為Q，連接由O1O⊥面ABC，A1P//O1O，則A1又AB⊥PQ，PQ∩A1P=P,PQ,A又A1Q?面A1PQ，故ABsin∠A1QP=故sin∠A而在Rt?A1PA中，sin∠結(jié)合y=sinx在0,π2單調(diào)遞增可知，對C：設(shè)外接球半徑為R，球心到下底距離為x，在ACC1A則O1C1=2,OC=4,O故表面積S=4πR2對D：V1V2V1V2故選：ACD．12.【答案】720【解析】【詳解】根據(jù)隨機數(shù)一共有20組，共有20個樣本點，其中“該運動員射擊4次至少擊中3次”對應(yīng)的隨機數(shù)組為：9857，8636，6947，4698，8045，9597，7424，共有7個樣本點．估計該運動員射擊4次至少擊中3次的概率為720故答案為：713.【答案】12

【解析】【分析】由角平分線結(jié)合等面積法可得BDBC=23，再運用外心性質(zhì)【詳解】∵AD是角A的平分線，D在線段BC上，且，AB=4，AC=6

S?ABDS?ACD=12∴AD過點O作垂線分別交AB,AC于E,F，由外心性質(zhì)得E,F分別為AB,AC的中點，∴AO==故答案為：12．

【點睛】關(guān)鍵點點睛：轉(zhuǎn)化為0計算即可．14.【答案】3

；

；

；

；

；【解析】【分析】由正弦定理可得AD,AB,BD的比，由余弦定理可得cos∠BAD的值，由正弦定理可得BD的值，再由托勒密定理可得A【詳解】sin∠ABD由正弦定理可得：AD:設(shè)AD=3k,AB=5k,BD=7k，由余弦定理可得cos∠BAD=在?ABC中，∠BAD∈由正弦定理可得BDsin∠∴BD=2×設(shè)BC=m,CD=n，由余弦定理得9=m由托勒密定理得|AC|·|BD|=|AB|·|CD|+|BC|·|AD|，即|AC|=15n+9m21，平方得設(shè)λ=A∴λ=25n49m+9m49n+∴λ的最小值為6049，即AC故答案為：315.【答案】解：(1)證明：因為AE=EB，所以CE=又因為2BF=FC，所以AF=因為∠BAC=90°,AB=AC=1所以CE?即CE?(2)因為A,F,H三點共線，設(shè)AH=λ又因為AH=t所以λAF=tAB由F在BC邊上，可得tλ+2?t又AH=6，則AF=3．

【解析】【分析】(1)利用AB,AC為基底表示CE,(2)由A,F,H三點共線，設(shè)AH=λAF(λ>0)16.【答案】解：(1)由題意得：10×(0.01+0.015+0.020+t+0.025)=1，解得設(shè)第60百分位數(shù)為x，則0.01×解得x=85，第60百分位數(shù)為85．(2)由題意知，抽出的5位同學中，得分在[70,80)的有5×820=2人，設(shè)為A、B，在[80,90)的有5×則樣本空間為Ω={(A,B),(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c)},n(Ω)=10．設(shè)事件M=“兩人分別來自[70,80)和[80,90)，則因此P(M)=n(M)所以兩人得分分別來自[70,80)和[80,90)的概率為(3)由題意知，落在區(qū)間[70,80)內(nèi)的數(shù)據(jù)有40落在區(qū)間[80,90)內(nèi)的數(shù)據(jù)有40×記在區(qū)間[70,80)的數(shù)據(jù)分別為x1,x2在區(qū)間[80,90)的數(shù)據(jù)分別為為y1,y2這20個數(shù)據(jù)的平均數(shù)為z，方差為s2由題意，x=75,y=85,sx根據(jù)方差的定義，s=由i=18可得s===故得分在[70,90)內(nèi)的平均數(shù)為81，方差為26.8

【解析】【分析】(1)首先根據(jù)頻率和為1求出t=0.03，再根據(jù)百分位數(shù)公式即可得到答案；(2)求出各自區(qū)間人數(shù)，列出樣本空間和滿足題意的情況，根據(jù)古典概型公式即可；(3)根據(jù)方差定義，證明出分層抽樣的方差公式，代入計算即可．本題第三問的關(guān)鍵是充分利用方差定義，推導出分層抽樣的方差計算公式即可．17.【答案】解：(1)若甲、乙投籃總次數(shù)為2次，則乙不可能獲勝；若甲、乙投籃總次數(shù)為3次且乙獲勝，則第一次甲未投中，乙投中第2、3次，所以P1若甲、乙投籃總次數(shù)為4次乙獲勝，則第一次甲投中、第二次甲未投中，乙投中第3、4次，所以P2記甲、乙投籃總次數(shù)不超過4次時且乙獲勝為事件A，則P(A)=P所以甲、乙投籃總次數(shù)不超過4次時，乙獲勝的概率為112(2)若比賽結(jié)束時甲贏得比賽且甲恰好投了2次籃，則甲連續(xù)投中2次，則概率P3若比賽結(jié)束時乙贏得比賽，又甲恰好投了2次籃，①甲投中第一次，第二次甲未投中，乙投中第3、4次，則P4②甲第一次未投中，第二次乙未投中，第3次甲未投中，第4、5次乙投中，則P5④甲第一次未投中，第二次乙投中，第3次乙未投中，第4甲未投中，第5、6次乙投中，則P6綜上可得比賽結(jié)束時，甲恰好投了2次籃的概率P

【解析】【分析】(1)對總次數(shù)分三種情況討論，結(jié)合相互獨立事件的概率公式計算可得；(2)分甲贏得比賽與乙贏得比賽兩類討論，根據(jù)相互獨立事件及互斥事件的概率公式計算可得．本題第2小問解決的關(guān)鍵是分析得甲恰好投了2次籃的所有情況，從而結(jié)合獨立事件的概率公式即可得解．18.【答案】解：(1)由余弦定理得c2=a所以4=(a+b)因為ab≤a+b所以4=(a+b)2則a+b≤4，當且僅當a=b=2時，等號成立，??所以?ABC周長的最大值為6．(2)(ⅰ)由正弦定理得a=2RsinA，代入acosB=bcosA+即2Rsin(A?B)=因為sin(A?B)=1010(ⅱ