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中，只有一項是符合題目要求的。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.體育強則中國強，國運興則體育興.為備戰(zhàn)2025年成都世運會，10名運動員進(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中，有多項符合題目要求。9.設(shè)樣本空間Ω={1,2,3,4}，且每個樣本點是等可能的，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AB16.(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，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，BD=1，CD=7，∠ACD=π3．

(i)求BC；18.(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E為AD中點．

(1)求證：平面PAD⊥平面ABCD；

(2)求二面角P?CE?B的正切值；

(3)點F為對角線AC上的點，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)

參考答案1.B

2.A

3.B

4.D

5.B

6.D

7.A

8.B

9.BC

10.BD

11.ABD

12.513.314.5π

315.因為AB=(4sin2α,?3)，BC=(2sin2α+33,1)．

(1)當(dāng)α=π6時，AB=(1,?3),BC=(433,1)，

因為AB⊥(AB+tBC)，

所以AB?(AB16.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，PA⊥平面ABCD.且E為棱AD的中點，∴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，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，

17.(1)因為(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.因為A∈(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∠DBC18.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，

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，

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，∴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，

∴P(B3)=1325．

所以規(guī)則二獲獎的概率P(B1+B2+B3)=P(B1)+P(B2)+P(19.(1)證明：因為PA⊥PD，所以PD=23，

則PC2=PD2+CD2=13，

所以CD⊥PD，

又因為CD⊥AD，PD∩AD=D，PD、AD?平面PAD，

CD⊥平面PAD，CD?平面ABCD，

所以平面PAD⊥平面ABCD；

(2)側(cè)棱PA⊥PD，點E為AD中點，

所以AE=PE=2，又因為PA=2，所以△PAE為正三角形，取AE中點H，

則PH⊥AD，AH=1，

因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

PH?平面PAD，所以PH⊥平面ABCD，

過點H作HQ⊥CE交CE延長線于點Q，連接HQ，PQ，

因為CQ?平面ABCD，所以PH⊥CQ，又HQ⊥CQ，

PH∩HQ=H，PH、HQ?平面PHQ，

所以CQ⊥平面PHQ，又PQ?平面PHQ，

所以PQ⊥CQ，

根據(jù)定義∠PQH即為二面角P?CE?B的平面角，

因為|HQ|=|HE|sin∠HEQ=|HE|sin∠CED=55，

所以tan∠PQH