第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年安徽省黃山市高一下學(xué)期期末質(zhì)量檢測(cè)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=(2?i)i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.下列各組向量中，可以作為基底的是A.a=(0,0)，b=(2,?2) B.a=(1,?2)，b=(?5,10)

C.a=(3,4)，b3.某小區(qū)隨機(jī)調(diào)查了10戶居民月均用水量，數(shù)據(jù)如下(單位：噸)：6，6，6，7，7，8，9，9，10，11.估計(jì)該小區(qū)每戶居民月均用水量的樣本數(shù)據(jù)的60%分位數(shù)為A.7 B.7.5 C.8 D.8.54.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若a<bcosC，則△ABC為A.銳角三角形 B.等邊三角形 C.直角三角形 D.鈍角三角形5.已知l，m是兩條不同的直線，α是一個(gè)平面，則“l(fā)，m與α所成的角相等”是“l(fā)//m”的A.充要條件 B.充分不必要條件

C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件6.已知向量a，b，c，滿足a+b+c=0，且|a|=1，|bA.?66 B.?557.黃山市境內(nèi)風(fēng)光奇絕，擁有12處國(guó)家級(jí)重點(diǎn)風(fēng)景名勝區(qū)，在五一假期期間展現(xiàn)出獨(dú)特的旅游魅力．對(duì)于A，B兩個(gè)旅游景點(diǎn)，通過大數(shù)據(jù)觀測(cè)發(fā)現(xiàn)，游客選擇A景點(diǎn)出游的概率為415，選擇B景點(diǎn)出游的概率為215，A，B兩個(gè)景點(diǎn)都不選的概率為710，則A，BA.115 B.110 C.2158.一封閉圓錐容器的軸截面是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，一個(gè)半徑為33的小球在該容器內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)，則小球能接觸到的圓錐容器內(nèi)壁的最大面積為A.74π B.2π C.94二、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.如圖所示，下列頻率分布直方圖顯示了三種不同的分布形態(tài)．圖(1)形成“右拖尾”形態(tài)，圖(2)形成對(duì)稱形態(tài)，圖(3)形成“左拖尾”形態(tài)，根據(jù)所給圖作出以下判斷，正確的有

A.圖(1)的眾數(shù)<中位數(shù)<平均數(shù) B.圖(1)的眾數(shù)<平均數(shù)<中位數(shù)

C.圖(2)的平均數(shù)=中位數(shù)=眾數(shù) D.圖(3)的中位數(shù)<平均數(shù)<眾數(shù)10.如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面正方形ABCD邊長(zhǎng)為3，AA.已知直線l為平面A1C1D和平面ABCD的交線，則平面ABB1A1內(nèi)存在直線與l平行

B.三棱錐M?A1C1D的體積為定值11.在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且acosC+3asinC=b+2c，a2sin?Bsin?C=3，A.A=23π B.△ABC的面積為23

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.從3，4，5這三個(gè)數(shù)中任取兩個(gè)不同的數(shù)，分別記為m，n，記A=“l(fā)ogmn<1”，則P(A)=

．13.如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為正方形，側(cè)面PAD為正三角形，AB⊥PD，則側(cè)面PBC與底面ABCD所成角的正弦值為

．

14.已知平面向量a，b，c滿足|a|=|3a?b|=1，|c|=2，四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)已知復(fù)數(shù)z1=1?ai，z2(1)若|z1|>|(2)若a·z1+z16.(本小題15分為完善學(xué)校體育教學(xué)模式，提高學(xué)生體育與健康素養(yǎng)，現(xiàn)對(duì)某校3000名高中學(xué)生每天的運(yùn)動(dòng)時(shí)間進(jìn)行調(diào)查，隨機(jī)抽取了100名學(xué)生進(jìn)行調(diào)查．下面是根據(jù)調(diào)查結(jié)果繪制的學(xué)生每天平均運(yùn)動(dòng)時(shí)間(單位：分鐘)的頻率分布直方圖，將每天平均運(yùn)動(dòng)時(shí)間不低于85分鐘的學(xué)生稱為“運(yùn)動(dòng)愛好者”．(1)試求頻率分布直方圖中的a值和該校學(xué)生中“運(yùn)動(dòng)愛好者”的人數(shù)；(2)在抽取的100名學(xué)生中，隨機(jī)選取了10名學(xué)生的每天平均運(yùn)動(dòng)時(shí)間(單位：分鐘)：x1，x2，x3，…，x10，已知這10個(gè)數(shù)的平均數(shù)x=20，方差s2=25，若剔除其中的17.(本小題15分元蘿卜(SenseRobot)AI下棋機(jī)器人是商湯科技于2022年推出的家庭消費(fèi)級(jí)人工智能產(chǎn)品，該機(jī)器人融合了傳統(tǒng)象棋文化和人工智能技術(shù)，不僅可以陪伴象棋學(xué)習(xí)，還可以進(jìn)行象棋對(duì)弈．現(xiàn)有三個(gè)不同等級(jí)的元蘿卜(SenseRobot)機(jī)器人，依次簡(jiǎn)記為甲、乙、丙．(1)某象棋手依次與甲、乙、丙各比賽一局，各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立，已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為12，13，14(2)現(xiàn)有一象棋初學(xué)者與甲進(jìn)行比賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負(fù)者得0分，沒有平局，比賽進(jìn)行到一方先得2分為止，先得2分的一方贏得比賽，且每局比賽結(jié)果相互獨(dú)立，比賽最多進(jìn)行3局．已知甲在第一局獲勝的概率為12，從第一局開始，每局結(jié)束后甲進(jìn)行勝率調(diào)整如下：若本局獲勝，則下一局獲勝的概率為12?2t，若本局落敗，則下一局獲勝的概率為12+t，0<t<118.(本小題17分)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，且2b(1)求角A；(2)若b=3，c=9，M為線段BC上一點(diǎn)，且|BM|:|MC|=2:1，求線段AM的長(zhǎng)；(3)法國(guó)著名科學(xué)家柯西在數(shù)學(xué)領(lǐng)域有非常高的造詣；許多數(shù)學(xué)的定理和公式都以他的名字來(lái)命名，如對(duì)于任意的實(shí)數(shù)xi，yi(i=1,2,3,…,n)都有(x1y1+19.(本小題17分)如圖所示，在直角梯形BCEF中，BF//CE，∠BCE=90°，A，D分別是BF，CE上的點(diǎn)，且AD//BC，ED=2AF=4，CD=t(0<t<5)，BC+CD=5，將四邊形ADEF沿AD向上翻折，連接BE，BF，CE，在翻折的過程中，設(shè)∠EDC=α(0<α<π)，記幾何體EFABCD的體積為V．(1)求證：BF//平面CDE；(2)若平面FBE⊥平面CBE．(ⅰ)求證：BF⊥平面BCE；(ⅱ)當(dāng)α取得最大值時(shí)，求V的值．

參考答案1.A

2.C

3.D

4.D

5.C

6.C

7.B

8.A

9.AC

10.BC

11.ACD

12.1213.2114.715.解：(1)因?yàn)閍是實(shí)數(shù)，所以|z1|=1+a2，

|z2|=10，

因此由|z1|>|z2|得：1+a2>10，解得

a<?3或a>3，

所以a的取值范圍是?∞,?3∪3,+∞16.解：(1)在頻率分布直方圖中，所有小矩形的面積之和為1，

所以20×(0.005+0.010+0.011+0.0125+a+0.009)=120×(0.0475+a)=10.95+20a=1

解得a=0.0025．

“運(yùn)動(dòng)愛好者”即每天平均運(yùn)動(dòng)時(shí)間不低于85分鐘的學(xué)生，

[85,100)與[100,120]的頻率和為15×0.010+20×0.0025=0.2，

該校共有3000名學(xué)生，所以“運(yùn)動(dòng)愛好者”的人數(shù)為3000×0.2=600人．

(2)已知10個(gè)數(shù)的平均數(shù)x=20，

設(shè)剔除20和12后，剩余8個(gè)數(shù)依次為y1,y2···y8，

其平均數(shù)為y，其方差為S12，

剔除20和12后，8個(gè)數(shù)的總和為10×20?20?12=168，

則y=1688=21，

由10個(gè)數(shù)的方差s17.解：(1)棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為12、13、14，各局結(jié)果獨(dú)立，

“恰好連勝兩局”包含兩種情況：

情況1：勝甲、勝乙、負(fù)丙，概率為12×13×(1?14)=18；

情況2：負(fù)甲、勝乙、勝丙，概率為(1?12)×13×14=12×13×14=124，

所以該棋手恰能連勝兩局的概率為18+124=16；

(2)甲贏得比賽的情況包括：

2:0獲勝：第一局勝且第二局勝，18.(1)由2b?tan?C=c(tan?A+tan?C)，

得

2b?sinCcosC=csinAcosA+sinCcosC，

去分母得2bsin?Ccos?A=c(sin?Acos?C+sin?Ccos?A)=csin(A+C)=csinB，

得2sinBsin?Ccos?A=sinCsinB

而B，C為三角形內(nèi)角，所以sinCsinB≠0

所以cosA=12，

因A為三角形內(nèi)角，故A=π3．

(2)由(1)知A=π3，

據(jù)題意知AC=3,AB=9,則AC·AB=AC×AB×cosA=272，

|BM|:|MC|=2:1，得BM=23BC，

AM?AB=2319.解：(1)證明：在梯形BCEF中，因?yàn)锽F//CE，所以翻折后有AB//因?yàn)锳B?平面CDE，DC?平面CDE，故AB//平面CDE，同理可得AF//因?yàn)锳B∩AF=A，AB,AF?所以平面ABF//平面CDE，

又因?yàn)锽F?平面ABF，所以BF//平面CDE．

(2)(ⅰ)AD⊥AB，AD⊥AF，AB，AF?平面ABF，AB?AF=A，

所以AD⊥平面ABF，BF?平面ABF，

所以BF⊥AD，又AD//BC，

則BF⊥BC，

如圖，在平面BCE內(nèi)過C作CG⊥BE，垂足為G，

因平面FBE⊥平面CBE，平面FBE?平面CBE=BE，

從而CG⊥平面FBE，BF?平面FBE，

所以BF⊥CG，

BC，CG?平面BCE，BC?CG=C，

所以BF⊥平面BCE．AB//DC，AF//DE，則∠FAB=∠EDC=α，

過點(diǎn)D作DC的垂線l，分別以DA，DC所在直線及直線l為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系D?xyz，

則D(0,0,0),A(5?t,0,0),C(0,t,0),B(5?t,t,0),E(0,4cosα,4sin?α)在平面EFB中，BF=(0,2設(shè)平面EFB的一個(gè)法向量為n=(x,y,z)則(2令y=2sin?α，則所以n=(在平面EBC中，CB=(5?t,0,0),設(shè)平面EBC的一個(gè)法向量為m=(則(5?t)令y1=4sin?α，則z1因?yàn)槠矫鍲BE⊥平面CBE，所以n?即8sin2?α+(t?4因?yàn)棣痢?0,π)，0<t<5，所以則α是銳角，當(dāng)且僅當(dāng)t=2故當(dāng)α取得