第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學(xué)年江蘇省南通市某中學(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.復(fù)數(shù)z與(z+1)2?2i都是純虛數(shù)，則z的虛部為A.i B.?i C.?4i D.2i2.已知向量a=(3,?1)，則a2=A.10 B.(10,?6) C.8 D.(8,?6)3.體育強(qiáng)則中國強(qiáng)，國運(yùn)興則體育興.為備戰(zhàn)2025年成都世運(yùn)會，10名運(yùn)動員進(jìn)行特訓(xùn)，特訓(xùn)的成績分別為9，12，8，16，16，18，20，16，12，13，則這組數(shù)據(jù)的(

)A.眾數(shù)為12B.平均數(shù)為14C.中位數(shù)為15D.第85百分位數(shù)為164.已知l，m，n是三條不重合的直線，α，β，γ是三個不重合的平面，則下列結(jié)論正確的是(

)A.若α⊥β，β⊥γ，則α//γB.若l?α，m?α，l//β，m//β，則α//β

C.若l//α，l//β，則α//βD.若l//m，m?α，l?α，則l//α5.設(shè)隨機(jī)事件A，B滿足P(AB?)=15，P(A∪B)=A.15 B.25 C.356.在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，已知A=30°，a=2，b=2，則下列結(jié)論一定正確的是(

)A.B<60° B.B>90° C.c>2 D.c<37.已知sin(α+23π)=13A.149 B.?149 C.78.如圖，ABC?A′B′C′為直三棱柱，用一個平行于底面ABC的平面α截此三棱柱，記下列三個三棱錐A′?ABC，A′?BCB′，A′?B′C′C在平面α上方的部位體積為V1，V2，V3，并記三個三棱錐被平面α截得的面積分別為S1，S2，S3，那么當(dāng)VA.13B.12

C.1二、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.設(shè)樣本空間Ω={1,2,3,4}，且每個樣本點(diǎn)是等可能的，已知事件A={1,2}，B={1,3}，C={1,4}，則下列結(jié)論正確的是(

)A.事件A與B為互斥事件 B.事件A，B，C兩兩相互獨(dú)立．

C.P(A+B)=34 10.在△ABC中，AD=34AB+14AC，BC=4A.BD=3DCB.AC=2C.△ABC的面積為3D.△ABC的外接圓半徑為11.已知正方體ABCD?A1B1C1A.BD1⊥DC1 B.BC1與B1D1所成的角為60°

C.BC三、填空題：本題共3小題，共15分。12.已知復(fù)數(shù)z=1+3i1+i，則|z|=______．13.記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a=2，c=3，B=π3，則AC邊上的高為______．14.在三棱錐D?ABC中，△ABC是邊長為3的等邊三角形，側(cè)面DAB⊥底面ABC，∠ADB=120°.若三棱錐D?ABC的四個頂點(diǎn)均在同一球面上，則該球的表面積為______，三棱錐D?ABC體積的最大值為______．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AB=(4sin2α,?3)，BC=(2sin2α+33,1)．

(1)若α=π6，且AB⊥(16.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，AD//BC,AD⊥DC,BC=CD=12AD=1,E為棱AD的中點(diǎn)，PA⊥平面ABCD．

(1)求證：AB//平面PCE；

(2)求證：平面PAB⊥17.(本小題12分)

記△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知(3a?bsinC)cosB=a+bsinBcosC．

(1)求B；

(2)若D為邊AB上的一點(diǎn)，BD=1，CD=7，∠ACD=π3．

(i)求BC18.(本小題12分)

某班元旦聯(lián)歡會上開展趣味抽獎小游戲，在不透明的盒子里裝有標(biāo)號為1，2的兩個紅球和標(biāo)號為3，4，5的三個白球，五個小球除顏色外完全相同，參與游戲的同學(xué)從中任取1個，有放回的抽取2次，根據(jù)抽到小球的情形分別設(shè)置一，二，三等獎.班委會討論了以下兩種規(guī)則：

規(guī)則一：若抽到兩個紅球且標(biāo)號和為偶數(shù)獲一等獎，抽到兩個白球且標(biāo)號和為偶數(shù)獲二等獎，抽到兩個球標(biāo)號和為奇數(shù)獲三等獎，其余不獲獎；

規(guī)則二：若抽到兩個紅球且標(biāo)號和為奇數(shù)獲一等獎，抽到兩個球的標(biāo)號和為5的倍數(shù)獲二等獎，抽到兩個球標(biāo)號和為偶數(shù)獲三等獎，其余不獲獎．

(1)請以標(biāo)號(x,y)寫出兩次抽取小球的所有結(jié)果(其中x，y分別為第一、第二次抽到的小球標(biāo)號)；

(2)求兩種規(guī)則下獲得二等獎的概率；

(3)請問哪種規(guī)則獲獎概率更大，并說明理由．19.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，側(cè)棱PA⊥PD，且AD=4AB=4，PA=2，PC=13，點(diǎn)E為AD中點(diǎn)．

(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；

(2)求二面角P?CE?B的正切值；

(3)點(diǎn)F為對角線AC上的點(diǎn)，且FG⊥PB，垂足為G，求FG與平面ABCD所成的最大角的正弦值.(注：本題建系不得分)

答案解析1.【答案】B

【解析】解：設(shè)z=bi(b≠0)，

故(z+1)2?2i=(bi+1)2?2i=2bi?b2+1?2i=1?b2+(2b?2)i為純虛數(shù)，

所以1?b2=0且2b?2≠0，解得b=?1，

2.【答案】A

【解析】解：由已知，a2=|a|2=9+1=10．

故選：3.【答案】B

【解析】解：成績從小到大排列為：8，9，12，12，13，16，16，16，18，20，

對于A選項(xiàng)，出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)為16，故A選項(xiàng)錯誤；

對于B選項(xiàng)，平均數(shù)=110(8+9+12+12+13+16+16+16+18+20)=14，故B選項(xiàng)正確；

對于C選項(xiàng)，中位數(shù)為13+162=14.5，故C選項(xiàng)錯誤；

對于D選項(xiàng)，第85百分位數(shù)為第10×0.85=8.5，

即第9位，為18，故D選項(xiàng)錯誤．

故選：B4.【答案】D

【解析】解：A選項(xiàng)，若α⊥β，β⊥γ，則α，γ兩平面可能相交，A選項(xiàng)不正確；

B選項(xiàng)，若l?α，m?α，l/?/β，m//β，因?yàn)橹本€l，m不一定相交，

根據(jù)面面平行的判定定理知兩平面平行不一定成立，B選項(xiàng)不正確；

C選項(xiàng)，若l/?/α，l/?/β，則α與β有可能相交，C選項(xiàng)不正確；

D選項(xiàng)，若l/?/m，m?α，l?α，由線面平行的判定定理可知l/?/α，D正確．

故選：D．

指出結(jié)論不成立的情況，可判斷ABC；根據(jù)線面平行的判定定理可判斷D．

本題考查了線面平行的判定定理，屬于中檔題．5.【答案】B

【解析】解：根據(jù)題意，P(A)=P(AB)+P(AB?)，變形可得P(AB?)=P(A)?P(AB)=15，

則有P(A∪B)=P(A)+P(B)?P(AB)=35，變形可得6.【答案】D

【解析】解：因?yàn)锳=30°，a=2，b=2，

所以由正弦定理得：asinA=bsinB，

所以sinB=bsinAa=2sin30°2=22，

因?yàn)閍<b，所以B>A=30°，所以B=45°或B=135°，故A，B錯誤；

當(dāng)B=45°時，則C=105°，因?yàn)閟in105°=sin(45°+60°)=sin45°cos60°+cos45°sin60°=2+64，

所以由正弦定理得：c=asinCsinA=2×2+6412=3+1，所以7.【答案】A

【解析】解：3sin2α?cos2α=2sin(2α?π6)

設(shè)β=α+2π3，則α=β?2π3，

所以sinβ=13，sin(2α?π6)=sin(2β?3π2)=cos2β，

因?yàn)閏os2β=1?2sin8.【答案】B

【解析】解：如圖所示，設(shè)直三棱柱的底面積為S，體積為V，

如圖所示，V1+V3=13V，所以V2=16V，

此時V1+V2+V3=13V+16V=12V．

9.【答案】BC

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：

對于A，因?yàn)锳∩B={1}，所以事件A與B不是互斥事件，故A錯誤；

對于B，P(AC)=P(BC)=P(AB)=14，P(A)=P(B)=P(C)=12

P(AB)=P(A)P(B)，P(AC)=P(A)P(C)，P(BC)=P(B)P(C)，

故事件A，B，C兩兩相互獨(dú)立，故B正確；

對于C，A+B={1,2,3}，P(A∪B)=14+14+14=34，故C正確；

對于D10.【答案】BD

【解析】【分析】本題考查平面向量基本定理，利用余弦定理解三角形，三角形面積公式，屬中檔題．

對于A，根據(jù)平面向量的線性運(yùn)算，建立方程，可得答案；對于B，由角的正切值求得余弦值，根據(jù)三角形的余弦定理，可得答案；對于C，根據(jù)勾股定理的逆定理，結(jié)合直角三角形的面積公式，可得答案；對于D，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，可得答案．【解答】

解：由題意，可作圖如右圖：

對于A，設(shè)BD=λDC，則BD=λDC，BD=λ1+λBC，

∴AD=AB+BD=AB+λ1+λBC

=AB+λ1+λ(AC?AB)

=11+λAB+λ1+λAC，

又AD=34AB+14AC，則11+λ=34λ1+λ=14，解得λ=13，故A錯誤；

對于B，由A選項(xiàng)可知BD=13DC，且BC=4，則BD=1，DC=3，

由tan∠ADC=23，且∠ADC∈(0,π)，可得cos11.【答案】ABD

【解析】解：連接CD1，則CD1⊥C1D，

在正方體中BC⊥平面CDD1C1，C1D?平面CDD1C1，

所以C1D⊥BC，又BC∩CD1，且BC，CD1?平面BCD1，

所以C1D⊥平面BCD1，又BD1?平面BCD1，

所以BD1⊥DC1，故選項(xiàng)A正確；

因?yàn)锽D/?/B1D1，所以∠C1BD為BC1與B1D1所成的角，

又易知△BDC1等邊三角形，

所以∠C1BD=60°，

所以BC1與B1D1所成的角為60°，故選項(xiàng)B正確；

連接A1C1，交B1D1與點(diǎn)O，連接BO，

則C1O⊥B1D1，

又BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，

所以BB1⊥C1O，又BB1∩B1D1=B1，B12.【答案】5【解析】解：因?yàn)閦=(1+3i)(1?i)(1+i)(1?i)=2+i，

因此|z|=22+12=13.【答案】3【解析】解：由題意，a=2，c=3，B=π3，

由余弦定理可得：

b=a2+c2?2accosB=4+9?2×2×3×12=7，

設(shè)AC邊上的高為?，

14.【答案】5π

3【解析】解：如圖①，設(shè)△ABC，△DAB的外接圓的圓心分別為O1，O2，半徑為r1，r2，三棱錐D?ABC的外接球的球心為O，半徑為R，

設(shè)AB的中點(diǎn)為E，則2r1=3sin60°=2，即r1=1，同理可得r2=1．

因?yàn)閭?cè)面DAB⊥底面ABC，EO2⊥AB，可得EO2⊥底面ABC，所以EO2⊥EO1．

又OO1⊥底面ABC，OO2⊥側(cè)面DAB，所以四邊形OO1EO2為矩形．

在Rt△OO2A中，R2=r22+OO22=r22+O1E2=r22+r12?AE2，

因?yàn)锳E=32，所以R2=54，所以球O的表面積為5π．

設(shè)三棱錐D?ABC的高為?，過D作DH⊥AB于點(diǎn)H，

由面面垂直的性質(zhì)可得，DH⊥15.【答案】t=?43；

sin【解析】因?yàn)锳B=(4sin2α,?3)，BC=(2sin2α+33,1)．

(1)當(dāng)α=π6時，AB=(1,?3),BC=(433,1)，

因?yàn)锳B⊥(AB+tBC)，

所以AB?(AB+tBC)=AB2+t16.【答案】證明見解析；

證明見解析．

【解析】證明：(1)在四棱錐P?ABCD中，AD//BC,AD⊥DC,BC=CD=12AD=1,E為棱AD的中點(diǎn)，PA⊥平面ABCD.且E為棱AD的中點(diǎn)，∴BC=AE，

又∵AD/?/BC，∴四邊形AECB為平行四邊形，∴AB//CE，

又∵CE?平面PCE，AB?平面PCE，

∴AB/?/平面PCE．

(2)

∵PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，∴PA⊥BD，

連接BE，由題意AD//BC，E為棱AD的中點(diǎn)，BC=12AD=1，

知BC//DE，且BC=DE，則四邊形BCDE為平行四邊形，

∵AD⊥DC，∴DE⊥CD，又BC=CD=1，

所以平行四邊形BCDE為正方形，∴BD⊥EC，

又AB/?/EC，∴BD⊥AB，又PA∩AB=A，PA，AB?平面PAB，

∴BD⊥平面PAB，又BD?平面PBD，

所以平面PAB⊥平面PBD．

(1)證明四邊形AECB是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)得線線平行，再根據(jù)線面平行的判定定理證明線面平行即可；

(2)根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理證明PA⊥BD，進(jìn)而證明BD⊥AB，即可證明BD⊥17.【答案】B=π6；

(i)BC=23；【解析】(1)因?yàn)?3a?bsinC)cosB=a+bsinBcosC，

所以3acosB=a+b(sinBcosC+sinCcosB)

即3acosB=a+bsinA．

由正弦定理得3sinAcosB=sinBsinA+sinA.因?yàn)锳∈(0,π)，所以sinA≠0，

所以3cosB=sinB+1，即3cosB?sinB=1．

所以cos(B+π6)=12，

又0<B<π，所以π6<B+π6<7π6，

所以B+π6=π3，

故B=π6；

(2)(i)在△DBC中，由余弦定理得CD2=BC2+BD2?2BC?BDcos∠DBC，

即7=BC2+1?2×BC×1×32，

解得BC=23；18.【答案】解：(1)兩次抽取小球的所有可能結(jié)果為：

(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，

(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，

(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，

(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，

(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，

(2)記規(guī)則一中獲得二等獎為事件A2，記規(guī)則二中獲得二等獎為事件B2，

事件A2包含(3,3)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(5,5)五個樣本點(diǎn)，

故P(A2)=525=15，

事件B2包含(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(5,5)五個樣本點(diǎn)，

故P(B2)=525=15．

(3)規(guī)則二獲獎概率大．

理由如下：記規(guī)則一獲得一，二，三等獎分別為事件A1，A2，A3，

規(guī)則二獲得一，二，三等獎分別為事件B1，B2，B3，

事件B1包含(1,2)，(2,1)兩個樣本點(diǎn)，∴P(B1)=225；

事件B3包含(3,3)，(3,5)，(4,2)，(1,1)，(1,3)，(1,5)，(2,2)，

(2,4)，(3,1)，(4,4)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，

共13個樣本點(diǎn)，

∴P(B3)=1325．

所以規(guī)則二獲獎的概率P(B1+B2+B3)=P(B1)+P(B2)+P(【解析】(1)直接列舉所有結(jié)果；

(2)(3)根據(jù)古典概型求解概率即可．

本題考查古典概型相關(guān)知識，屬于中檔題．19.【答案】證明見解析；

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