2024-2025學年山東省濟南市高一(下)期末數(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.若復數(shù)z滿足z(l-i)=3+i(i是虛數(shù)單位)，則z=()

A.2+iB.2-iC.l+2iD.1-2i

2.某校開展“閱讀經(jīng)典”的調(diào)查研究，高一、高二、高三的人數(shù)比例為2：3：4.現(xiàn)采用按比例分配分層隨

機抽樣的方法從各年級中抽取人員進行調(diào)研.已知從高一抽取的人數(shù)為30,則從高三抽取的人數(shù)為()

A.45B.60C.90D.135

3.已知向量3=(2,4)5=(x,1),且N1b,則久的值為()

2CX1

-2-2-

4.已知TH,n是兩條直線，a,/?,y是三個平面，則正確的是()

A.若戊〃0,maa,nu0,則Tn〃nB.若a_L0,/?1y,貝！la〃丫

C.若a_Ly,0〃a，則/?_LyD.若m〃n,mlla,則n〃a

5.解放閣是山東省的“國防教育基地”.如圖，為測量解放閣的高度C。，某人取了一條水平基線4B,使

A,B,。在同一條直線上.在4B兩點用測角儀器測得C的仰角分別是NC4D=30。，NCBD=53。，并測得

48=35米,則CD約為()(參考數(shù)據(jù)：s譏53。20.8,s譏23°、0.4)

6.用斜二測畫法畫水平放置的△ABC,其直觀圖44B'C'如圖所示，其中B'O'=C'O'=2,若原△ABC的周長

為10,則A0'=()

/T5

c.yTsD.715

7.拋擲2n枚質(zhì)地均勻的硬幣，恰有71枚正面朝上的概率為外（其中m=1，2,3）,則（）

A.Pl=P2=P3B.P3>Pl>P2C.p3>p2>PlD.Pl>P2>P3

2"77-

8.在△ABC中，ABAC=芋,ABAC的平分線父BC于點N,M為BC的中點.若AN=4,BC=6MN,則

AM=（）

A.3y［2B.3/3C.3/6D.3萬

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.某校為了解高一學生的體能達標情況，抽調(diào)了200名學生進行立定跳遠測試，根據(jù)統(tǒng)計數(shù)據(jù)得到如圖的

頻率分布直方圖（同一組的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值代表），則（）

A.a=0.0175B.眾數(shù)是230

C.中位數(shù)是210D.跳遠距離在區(qū)間［200,260］的人數(shù)為168

10.已知古典概型的樣本空間。及事件4和事件8,滿足n（。）=36,71（2）=12,n（B）=16,n（4UB）=

24,則（）

A.PQ4B）與B.P（XUB）=fC.P（AB）=卷D.P（AB）=I

11.如圖，在棱長為2的正方體ABCD—4181c中，點E,尸分別是棱BC,D,C

CCi的中點，P是側(cè)面BCC/i內(nèi)（含邊界）的一動點，且滿足&P〃平面AEGA

則（）

A.點P到平面4EF的距離為定值

B.存在點P,滿足

C.二面角P-&G—B1的取值范圍為［0,勺

q

D.過點P作正方體外接球的截面，所得截面面積的最小值為兀

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.已知圓臺的上底面半徑和母線長均為2,下底面半徑為3,則圓臺的體積為.

13.若復數(shù)z滿足|z-2+4=3。為虛數(shù)單位)，則|z|的最大值為.

14.設。x,0y是平面內(nèi)的兩條數(shù)軸，40y=。(0＜。＜兀),區(qū)局分別是與x軸、y軸正方向同向的單位向

量.若麗=xe1+ye^,則把有序數(shù)對(x,y)叫做向量麗在坐標系。町中的坐標.已知瓦＜=(3,0),OB=

(1,1),對任意162|瓦1-13月|22恒成立，則cosJ的取值范圍為.

四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。

15.(本小題12分)

袋中有5個大小質(zhì)地完全相同的小球，其中白球編號為1,2,紅球編號為3,4,5.從中有放回地依次隨機

摸出兩個小球.

(1)求至少一個是白球的概率；

(2)設事件4為“第一次是白球”，事件B為“兩個小球的編號之和為6”，判斷4與B是否相互獨立，并說

明理由.

16.(本小題12分)

已知正四棱錐尸—ABCD,M,N分別是BC,PD的中點.

(1)證明：CN〃平面P4M；

(2)若四棱錐各棱長均為2,求直線CN與所成角的余弦值.

17.(本小題12分)

1

在AABC中，角4B,C的對邊分別為a,b,c,已知c=bcosA+

(1)求角B的大??；

(2)若△ABC為銳角三角形.

(i)求角4的取值范圍；

(五)設a=6,求△ABC面積的取值范圍.

18.（本小題12分）

某同學用同一把尺子多次測量同一張標準44紙的寬度，得到以下10個數(shù)據(jù)陽，l<i<10,iez（單位：毫

米）：

%%

%2%3%4%5%6%7%8910

211209210208210210209208210215

（1）計算該組數(shù)據(jù)的平均值工和方差s2；

（2）考慮到測量誤差問題，可能存在無效數(shù)據(jù)，可以采用如下準則進行無效數(shù)據(jù)篩選：

①記式=邑三（其中s為樣本標準差，1WiW10,ieZ）；

②若K>G”（其中n為樣本容量），則該數(shù)據(jù)X,判斷為無效數(shù)據(jù)，否則認為該數(shù)據(jù)有效.

Gn對照表

n345678910

1.161.481.721.892.022.132.222.29

Gn

（i）求7\0,并判斷巧0是否為無效數(shù)據(jù)（結(jié)果保留兩位小數(shù)）；

（ii）求%2,修0中無效數(shù)據(jù)的個數(shù)，并說明理由.

（參考數(shù)據(jù)：?1.90）

19.（本小題12分）

在數(shù)學上用曲率刻畫空間彎曲性，規(guī)定：多面體某頂點的曲率等于2兀與多面體在該點的面角之和的差，其

中面角是多面體的面的內(nèi)角（角用弧度制表示）.例如：對于正四面體任意一個頂點，每個面角均為（所以

正四面體在該頂點的曲率為277■一亨X3=71.

（1）如圖1,該多面體由邊長相等的10個正三角形和2個正五邊形圍成，任取一頂點，求該點的曲率；

（2）如圖2,在正三棱臺4BC—4/16中，4/1=2,AB=4,點4與4處的曲率之差為兀若。為側(cè)面

accMi（含邊界）內(nèi)一動點，且直線8。與平面所成角的正切值為2,求動點。的軌跡長度；

（3）某多面體由邊長相等的eN*）個正三角形和n（n￡N*）個正五邊形圍成，若各頂點的曲率之和為

4兀，且每個頂點與其相連接的棱所形成的空間圖形均相同（圖3為滿足條件的兩個多面體示例），求該多面

體面數(shù)的所有可能取值.

參考答案

1.C

2.B

3s

4.C

5.B

6.A

7.D

8.B

9.AB

10.BCD

U.ABD

19yf3

12.371

13.<5+3

14.(-琦］

15.(1)由于有放回地依次隨機摸出兩個小球，所以每次摸球的結(jié)果互相獨立，

故至少一個是白球的概率為1-(》2=捻

(2)因為事件4為“第一次是白球"，所以PQ4)=春

因為事件B為“兩個小球的編號之和為6"，且1+5=2+4=3+3=6,

WP(B)=ixjx2+jxjx2+lxl=|,

事件AB為“第一次編號為1且第二次編號為5”或者“第一次編號為2且第二次編號為4”，

所以PQ4B)=^x^+^x^=W，

則P(4B)=^=jx^=P(4)P(B),

所以a與B是相互獨立的.

16.(1)證明：正四棱錐P-4BCD中，M,N分別是BC,PD的中點，

取4P的中點為Q,連接QM,QN,

則QN〃/1。，且=

y.CM//ADS.CM=^AD,

故CM〃QN且CM=QN,則四邊形NQMC為平行四邊形,

故CN〃QM,QMu平面PAM,CNC平面PAM,

故CN〃平面P4M；

(2)由(1)知：CN//QM,則乙4MQ或其補角即為直線CN與AM所成角,

又△「(7￡)為邊長為2的等邊三角形，故QM=QV=?x2=后，

AM=y]AB2+BM2=V22+I2=y/~5,AQ=^PA=1,

故=4M2+QM2_AQ2=5+3-1=7715

或“'MQ_2AM-QM~2x/5x/3-30

故直線CN與a”所成角的余弦值為寥.

t-1

17.(1)利用正弦定理化簡已知等式可得sinC=sin(A+8)=sinAcosB+cosAsinB=sinBcosA+-sinA,

1

所以siTL4cos8=-sinA,

又因為sizh4>0,

可得cosB=

又由于Be(0,兀)，

可得B=1；

r0<A

(2)(團)由題意可得《如7r

0<B=^--A<^

解得[<A<^,

oZ

可得/的取值范圍為/A)；

(ii)由于B=pa=6,

可得S=^acsinB—

又因為就？=嬴C

sin,-A)

6sin-4)

可得C二

sinA

<3AA-A

i—kC0S力+內(nèi)171力

可得S=詈c=9g2~—=9C(；+W),

sinA

由于4e6K）,

可得tmae(?,+8),可得高e(O,C),可得We(O,|),

可得2+嘉e?,2),

故S=9聲g+磊)e(宇186).

—1

18.(1)由題意可知，平均數(shù)無=—(211+209+210+208+210+210+209+208+210+215)=

210,

方差s2=x(I2+I2+02+22+02+02+I2+22+02+52)=x36=3.6；

（2）（團）由題意可知，Tw=任用=⑷落3=言=5>2.29,

故/0是無效數(shù)據(jù)；

（ii）由表中數(shù)據(jù)可知：x3—x=x5—x=x6—x=x9—x=0,

故此時可得K=邑三=0<2.29,

%—日=%一引=⑶-H=1，此時K=尸=：=5<229,

.4一加=|%8-用=2,此時K=邑三=：=5<229,

故X］，刀2，…，刀9均為有效數(shù)據(jù)，

由（i）知％10是無效數(shù)據(jù)，

因此無效數(shù)據(jù)只有1個.

19.解：（1）該多面體任取一頂點連接3個正三角形和1

個正五邊形，則該點的曲率為2兀-（3乂n笥）=

27r

T

（2）梯形性質(zhì)分析：由于梯形ACG&是等腰梯形，A,

設梯形在4的內(nèi)角為a,在4的內(nèi)角為￡,則a+0=7r.

但是根據(jù)曲率差的條件，2?！?0—十（2?！?a—金=20—2a=兀.

解方程組：a=10=呼.

從公,Q點向下底作垂線，交于E,F,上下底中點分別為M,N.

由于上底=2,下底4C=4,

AE=1,&E=MN=QF=1,CQ=AAT=<2,

設上下底面的中心分別為Oi，0,N在下底面內(nèi)的射影為N',則0]，。分別

在GN,CM上，

且N'CCM,0IN=等,0M=竽,OOi=NN',OOi1CM,NN'1CM,

計算得CM=2A<3,GN=6,0[N==,0M=警,N'M=

MN=1,NM=苧,cos乙CMN=苧,sin乙CMN=學,

MH=MCcos^CMH=2c=2,NH=MH-MN=2-1=1,

CH=CMsin^CMH=20義孚=2/2,DH=^=y/~2,

.-.”為A4i，CCi的交點，由于a=7,???HA=HC=yf2=DH,

411

.??點。的軌跡為如圖所示的以H為圓心，以41，G為端點，半徑為R=Y2圓弧，

軌跡的長度為3R=學.

（3）多面體由爪個正三角形和幾個正五邊形組成，邊長相等，各頂點曲率之和為4兀.

每個頂點與其相連接的棱所形成的空間圖形均相同（頂點傳遞性）.

歐拉公式：對于凸多面體，歐拉公式U-E+F=2,其中U是頂點數(shù)，E是邊數(shù)，F(xiàn)是面數(shù).

這里F=m+n.

曲率總和：根據(jù)題目，曲率總和為4兀.

頂點均勻性：題目要求每個頂點相同，意味著多面體是頂點傳遞的，且每個頂點周圍的配置相同.

面角計算：正三角形的內(nèi)角為以正五邊形的內(nèi)角為差

頂點曲率：設每個頂點周圍有a個正三角形和b個正五邊形.

由于頂點相同，所有頂點配置相同，面角總和為+b?手曲率為2兀-管+等）=%警法.

頂點數(shù)：由于所有頂點相同，曲率總和為U.30兀-59-9版=彳兀,

因止匕，IZ(30-5a-9b)=60.

邊數(shù)計算：每個正三角形有3條邊，每個正五邊形有5條邊，

但每條邊被兩個面共享，總邊數(shù)6=百包.

頂點配置：由于多面體是頂點傳遞的，每個頂點有相同的邊數(shù)(即相同的面數(shù)).

設每個頂點周圍有k個面，k=a+b.

由于每條邊連接兩個頂點，E=竽，但是，石=駕2,

因此，Vk=3m+5n.

結(jié)合歐拉公式：V-E+F=2,得2P一加一3幾=4.

解方程組：我們有以下方程：

P(30—5a—9b)=60,

Vk=3m+5n,

27—m—3n=4,

k=a+b,

由于每個頂點相同，我們需要考慮可能的k值.

枚舉k值：常見的多面體頂點面數(shù)k滿足與k<2兀，

???左只能為3,4,5等.

fc=3：a+b=3.

可能的組合：(a,b)=(3,0)：

解得p=4,n=0,不滿足題目要求TIEN*；

(2,1)：2個三角形和1個五邊形，得了=黑，非整數(shù)，舍去.

(1,2)：1個三角形和2個五邊形，得憶=竽，非整數(shù)，舍去.

(0,3)：全五邊形，不可能，因為三個五邊形無法閉合(3