20242025學(xué)年安徽省黃山市高一下學(xué)期期末質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、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=(2?i)i對應(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.aC.a=(3,4)，b=(?4,3) D.a3.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處國家級重點(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．對于A，B兩個旅游景點(diǎn)，通過大數(shù)據(jù)觀測發(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為3的等邊三角形，一個半徑為33的小球在該容器內(nèi)自由運(yùn)動，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中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。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邊長為A.已知直線l為平面A1C1D和平面ABCD的交線，則平面B.三棱錐M?AC.直線MC1與平面AD.|MA111.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acosC+3asinC=b+2c，a2sinBsinA.A=23π B.C.AD≤1 D.a≥2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.從3，4，5這三個數(shù)中任取兩個不同的數(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60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)已知復(fù)數(shù)z1=1?ai，z2(1)若|z1|>|(2)若a?z1+z16.(本小題12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)對某校3000名高中學(xué)生每天的運(yùn)動時間進(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)動時間(單位：分鐘)的頻率分布直方圖，將每天平均運(yùn)動時間不低于85分鐘的學(xué)生稱為“運(yùn)動愛好者”．(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)動時間(單位：分鐘)：x1，x2，x3，…，x10，已知這10個數(shù)的平均數(shù)x=20，方差s2=25，若剔除其中的17.(本小題12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)行象棋對弈．現(xiàn)有三個不同等級的元蘿卜(SenseRobot)機(jī)器人，依次簡記為甲、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12分)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為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；(3)法國著名科學(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命名，如對于任意的實(shí)數(shù)xi，yi(i=1,2,3,…，n)都有(x1y1+19.(本小題12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(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，求V的值．

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：z=(2?i)i=1+2i，故z對應(yīng)的點(diǎn)(1,2)在第一象限，2.【答案】C

【解析】解：

因為3×3?(?4)×4≠0，所以a與b不共線，故選C.3.【答案】D

【解析】解：將數(shù)據(jù)由小到大排列得：6，6，6，7，7，8，9，9，10，11.樣本容量n=10，60%分位數(shù)的位置0.6×10=6，所以樣本數(shù)據(jù)的60%分位數(shù)為為第6項和第7項數(shù)據(jù)的平均值，即8+92故選D.4.【答案】D

【解析】解：因為a<bcosC，由正弦定理得所以sinB+C所以sinB所以cosB因為C∈(0,π)，sinC>0，所以cos所以B∈π所以△ABC為鈍角三角形.故選D.5.【答案】C

【解析】解：當(dāng)l，m與α所成的角相等時，l與m可能平行，可能相交，也可能異面；如果l//m，當(dāng)l，m都平行于平面α?xí)r，它們與α所成的角都為0°;當(dāng)l，m都垂直于平面α?xí)r，它們與α所成的角都為90°;當(dāng)l，m與平面α相交時，根據(jù)直線與平面所成角的定義，它們與α所成的角也相等，所以由“l(fā)//m”可以推出“l(fā)，即“l(fā)，m與α所成的角相等”是“l(fā)//m”的必要不充分條件.6.【答案】C

【解析】解：由

a+b+c等式兩邊平方得

b2即

2a因此a設(shè)a與c的夾角為θ，則cosθ=故選C.7.【答案】B

【解析】設(shè)事件A為"選擇A景點(diǎn)"，事件B為"選擇B景點(diǎn)"，由兩個景點(diǎn)都不選的概率為P(A得至少選一個的概率為P(A∪B)=1?P(A而

P(A∪B)=P(A)+P(B)?P(A∩B)，得310

P(A∩B)=故選B.8.【答案】A

【解析】解：圓錐的母線長與底面圓的直徑均為3，在圓錐內(nèi)壁側(cè)面，小球接觸到的區(qū)域是一個圓臺的側(cè)面，該作出軸截面如下圖所示：因為圓錐的軸截面是邊長為3的等邊三角形，又小球的半徑為33，且小球在該容器內(nèi)自由運(yùn)動，圓臺的下底面半徑為1，上底面半徑為12，母線長為1，所以在圓錐內(nèi)壁側(cè)面，小球接觸到的區(qū)域是圓臺側(cè)面積，在圓錐底面，小球接觸到的區(qū)域是一個圓，其半徑為故選A.9.【答案】AC

【解析】解：圖(1)眾數(shù)最小，右拖尾平均數(shù)大于中位數(shù)，A正確，B錯誤；圖(2)的分布直方圖是對稱的，平均數(shù)=中位數(shù)=眾數(shù)，C正確；圖(3)左拖尾眾數(shù)最大，平均數(shù)小于中位數(shù)，D錯誤.故選：AC.10.【答案】BC

【解析】解：選項A，因為A1C1//AC，AC?平面ABCD，所以A1C1且A1C1所以平面A1C1D和平面而A1C1與平面ABB1即不存在直線與直線l平行，故A錯誤;選項B，因為B1C//A1DA1D?平面A1C1所以點(diǎn)M到平面A1而三角形A1故三棱錐M?A1C1選項C，記M到平面A1C1由選項B可知，d為定值，記直線MC1與平面A1則sinθ=d|MC1|，又正弦函數(shù)在從而即為|MC1|在

△B1C1C

又

B所以C所以B1MC=2所以|B1M|:|MC|=1:3，故選項D，作平面A1B1則|MA1|+|MB|Rt△B1BC中，BC=則tan∠C所以∠CB1B=在△AA1B從而|MA1|+|MB|的最小值為故選BC.11.【答案】ACD

【解析】解：對于A，由acos?C+3又sin?B=

所以3又C∈0,π，sin得：3即2sin?(A?π

因A∈(0,π)，故A?π6=π2對于B，由正弦定理，得a=2Rsin?A，sin?B=(R為△ABC外接圓的半徑)，代入a2sin?B化簡得bcsin2?A=3，因為A=2π3所以三角形面積S=12bc

對于C，由題意：S△ABC即3所以AD=4由b+c≥2bc=4(當(dāng)且僅當(dāng)b=c=2故AD≤44=1對于D，因為A=2π3，所以a

==b2+c2+4

故a2≥8+4=12，即a≥2312.【答案】12【解析】解：從3，4，5這三個數(shù)中任取兩個不同的數(shù)，分別記為m,n，有：3,4、3,5、4,5、4,3、5,3、5,4，共6種，而要滿足logmn<1，即n<m有：4,3、5,3、5,4，共因此P(A)=故答案為113.【答案】21【解析】解：如圖：取AD、BC的中點(diǎn)分別為E、F，連接PE、EF、PF.因為底面ABCD為正方形，所以AB//EF，因此AD⊥EF、EF⊥BC.因為AB⊥PD，所以EF⊥PD，而PD、AD?平面PAD，PD∩AD=D，因此EF⊥平面PAD，而EF?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD，交于AD.因為△PAD為正三角形，所以AD⊥PE，而PE?平面PAD，因此PE⊥平面ABCD，而EF?平面ABCD，所以PE⊥EF.因為AD⊥PE，AD⊥EF，PE、EF?平面PEF，PE∩EF=E，所以AD⊥平面PEF，因此由AD//BC得：BC⊥平面PEF，所以由PF?平面PEF得：BC⊥PF，因此∠PFE是側(cè)面PBC與底面ABCD所成角的平面角.設(shè)正方形ABCD的邊長為2，則EF=2，PE=因此由PE⊥EF得：PF=7，所以即側(cè)面PBC與底面ABCD所成角的正弦值為故答案為14.【答案】7【解析】解：如圖：設(shè)AB=c，AC=3a因為|a|=1，|c|=2，?a,c?=π3，所以AC=AC因此在△ABC中，由余弦定理得：BC=因為|3a?b|=1，所以CD=1，因此點(diǎn)D所以當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動到線段BC與圓C的交點(diǎn)E時，BD最小，最小為BC?1=故答案為15.【答案】解：(1)因為a是實(shí)數(shù)，所以|z1|=因此由|z1|>|z2|得：所以a的取值范圍是?∞,?3(2)因為a是實(shí)數(shù)，所以a?因為a?z1+z2因此3?a2=0【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】16.【答案】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)動愛好者”即每天平均運(yùn)動時間不低于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)動愛好者”的人數(shù)為3000×0.2=600人.(2)已知10個數(shù)的平均數(shù)x=20設(shè)剔除20和12后，剩余8個數(shù)依次為y1其平均數(shù)為y，其方差為S1剔除20和12后，8個數(shù)的總和為10×20?20?12=168，則y=由10個數(shù)的方差s2=25，得而i=1=250?64=186，則S1【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】17.【答案】解：(1)棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為12、13、“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情況2：負(fù)甲、勝乙、勝丙，概率為(1?1所以該棋手恰能連勝兩局的概率為18(2)甲贏得比賽的情況包括：

2:0獲勝：第一局勝且第二局勝，概率為122:1獲勝：第一局勝、第二局?jǐn)?、第三局勝：概率為?2第一局?jǐn)?、第二局勝、第三局勝：概率?2所以甲贏得比賽的概率為P=12(因為0<t<1所以t的取值范圍為15【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】18.【答案】(1)由2btan得

2b?sin去分母得2bsin得2而B，C為三角形內(nèi)角，所以sin所以cosA=12，

因(2)由(1)知A=π據(jù)題意知AC=3,AB=9,|BM|:|MC|=2:1，得BM=AM?從而得AM=則|=1

故AM=(3)因sin?(π?A)=從而a=(a2+得a=2sin?A，b=2sin得a2所以a=4(sin≥4(sin2

當(dāng)且僅當(dāng)sin2A=sin2B=sin2C時取等號，即

故a2+b【解析】詳細(xì)解答和解析過程見【答案】19.【答案】解：(1)證明：在梯形BCEF中，因為BF//CE，所以翻折后有AB//因為AB?平面CDE，DC?平面CDE，故AB//平面CDE，同理可得AF//平面因為AB∩AF=A，AB,AF?平面ABF，所以平面ABF//平面CDE，又因為BF?平面ABF，所以BF//平面(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FB