2024-2025学年湖南省株洲四中高一（下）期末数学试卷（B卷）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省株洲四中高一（下）期末数学试卷（B卷）（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z与4−i2+i在复平面内对应的点关于虚轴对称，则z=( )
A. −75+65iB. −75−65iC. 75+65iD. 75−65i
2.在△ABC中，若AB=1，AC=5，B=45°，则AB⋅AC=( )．
A. 52 2B. −52 2C. −3D. 3
3.设f(x)是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f(x)=5−2x，则f(−34)=( )
A. −12B. −14C. 14D. 12
4.如图，已知圆锥SO的轴截面SAB是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A. 16π
B. 8π
C. 4 3π
D. 4π
5.某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是( )
A. 极差B. 45%分位数C. 平均数D. 众数
6.我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何？”这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行4 3米绳索用尽(绳索与地面接触)，则绳索长为( )
A. 3 7米B. 4 5米C. 5 2米D. 16 3米
7.如图，在四面体P−ABC中，点P在平面ABC上的射影是A，AC⊥BC，若PA=BC=2,PB=2 10，则异面直线PC与AB所成角的余弦值为( )
A. 79B. −79
C. 89D. −89
8.函数f(x)=2a+sinx2a+csx(|a|>1)的最大值和最小值是M，m，则M⋅m的值为( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z为复数，i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. 若z=i2+i，则|z|= 55B. |z|2=z⋅z−
C. 若|z+1|=|z−1|，则z为纯虚数D. 若|z|=1，则|z−2|的最小值为1
10.连续抛掷一枚硬币两次，事件A表示“第一次硬币正面朝上”，事件B表示“第二次硬币反面朝上”，事件C表示“两次硬币都正面朝上”，事件D表示“两次硬币朝上的情况不同”，则( )
A. A与C相互独立B. A与D相互独立C. B与C相互独立D. B与D相互独立
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别是棱AD，CC1，C1D1的中点，下列结论正确的是( )
A. EF⊥B1C
B. 直线FG与直线A1D所成角为π6
C. 三棱锥B−EFG的体积为56
D. 过E，F，G三点的平面截该正方体所得的截面为六边形
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若向量a=(2,−1),b=(λ,1)，且a//b，则λ= ______．
13.一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球______个.
14.在平面四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，若AB=4，CD=2，且EF⋅AB=9，则|EF|= ______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在△ABC中，a2=b2−c2+23ac．
(1)求sinB的值；
(2)若b=2 6，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求△ABC的面积．
条件①：c=2 7；条件②：asinA= 3；条件③：csA= 63．
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
16.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的各个顶点均在球O的表面上，且AB=AD=4，BC⊥CD，PB⊥平面PAD．
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求四棱锥P−ABCD体积的最大值．
17.(本小题12分)
某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对A，B类每个问题的答对的概率均为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响．
(1)求小明在第一轮得40分的概率；
(2)求小红两轮总分得60分的概率；
(3)试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？
18.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足csC+2csBcs(π3+A)=0．
(1)求角B；
(2)已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径R= 3．
(i)作角B的平分线交AC于D，BD=2，求△ABC的面积；
(ii)若OB=mOA+nOC(m,n∈R)，求m+n的取值范围．
19.(本小题12分)
如图1，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，M是边BC上的一点，将△ABM沿着AM折起，使点B到达点P的位置．
(1)如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：CN//平面PAM；
(2)如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上．
①求证：CD⊥平面PAD；
②求点M的位置，使三棱锥P−HCD的外接球的体积最大，并求出最大值．
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.B
5.B
6.B
7.C
8.A
9.ABD
10.BD
11.AC
12.−2
13.8
14. 6
15.(1)因为a2=b2−c2+23ac，所以a2+c2−b2=23ac，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=13，
又因为B∈(0,π)，所以sinB= 1−cs2B=2 23
(2)选择条件①：因为b=2 6，c=2 7，
所以由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，可得24=a2+28−2×13×2 7a，
整理得：a2−4 73a+4=0，此时Δ=(4 73)2−4×40.375，
所以小明更有机会进入面试环节．
18.(1)因为csC+2csBcs(π3+A)=0，所以cs(π−A−B)+2csBcs(π3+A)=0，
所以−cs(A+B)+2csBcs(π3+A)=0，
整理得到−(csAcsB−sinAsinB)+2csB(12csA− 32sinA)=0，
进而得到−(csAcsB−sinAsinB)+csBcsA− 3csBsinA=0，
所以sinAsinB− 3csBsinA=0，提取公式sinA得到sinA(sinB− 3csB)=0，
因为A为三角形内角所以sinA>0，可以得到sinB= 3csB，
又由于csB≠0，可以得到tanB=sinBcsB= 3，
又因为B为三角形的内角，所以B=π3；
(2)(i)因为B=π3，
所以根据正弦定理可得：b=2RsinB=2× 3× 32=3，
又因为BD是角B的角平分线，所以可以得到∠ABD=∠CBD=π6，
因为S△ABC=S△ABD+S△BCD，
所以12acsinπ3=12×2asinπ6+12×2csinπ6，
整理得到 32ac=a+①，
再根据余弦定理得到csB=a2+c2−b22ac=(a+c)2−2ac−92ac=12，
进而得到(a+c)2=3ac+②，
根据①②可得34a2c2=3ac+9，
整理得到(ac−6)(ac+2)=0，
求得ac=6或ac=−2(舍去)，
根据三角形的面积公式可得S△ABC=12acsinπ3=12×6× 32=3 32；
(ii)根据题意作图如下：
由题易知∠AOC=2B=2π3，∠BOC=2A，∠AOB=2C，
又因为OB=mOA+nOC(m,n∈R)，|OB|=|OA|=|OC|=R= 3，
所以OB⋅OA=mOA2+nOC⋅OAOB⋅OC=mOA⋅OC+nOC2，
整理得到|OB|⋅|OA|cs2C=m|OA|2+n|OC|⋅|OA|cs2B|OB|⋅|OC|cs2A=m|OA|⋅|OC|cs2B+n|OC|2，
进而得到cs2C=m−12ncs2A=−12m+n，
化简可得12m+12n=cs2A+cs2C，
故可以求得m+n=2(cs2A+cs2C)=2[cs(4π3−2C)+cs2C]=2(−12cs2C− 32sin2C+cs2C)=2(12cs2C− 32sin2C)=2cs(2C+π3)，
又因为C∈(0,2π3)，所以得到2C+π3∈(π3,5π3)，
所以cs(2C+π3)∈[−1,12),
所以2cs(2C+π3)∈[−2,1),
即m+n的取值范围为[−2,1)．
19.(1)如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是△PAD的中位线，
所以EN//AD且EN=12AD，
又MC//AD且MC=12AD，
所以EN//MC且EN=MC，
所以四边形ENCM是平行四边形，所以CN//MF，
又CN⊂平面PAM，EM⊂平面PAM，
所以CN//平面PAM．
(2)①由PH⊥平面AMCD，CD⊂平面PFH，得CD⊥PH，
又已知CD⊥AD，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，
所以CD⊥平面PAD．
②，由①知CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，
所以CD⊥PD，所以△PDC是Rt△，
由PH⊥平面AMCD，HC⊂平面AMCD，
所以PH⊥HC，△PHC是Rt△．
如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥P−HCD各顶点的距离都相等，
所以O是三棱锥P−HCD外接球的球心．
如图，过点P作PF⊥AM于F，连HF和BF，
因为PH⊥平面AMCD，AM⊂平面AMCD，
所以PH⊥AM，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，
所以AM⊥平面PFH，又HF⊂平面PFH，所以AM⊥HF，
由PF⊥AM和翻折关系知AM⊥BF，所以B，F，H三点共线，且AM⊥BH，
设PM=BM=x(0HF，得1