湖北武汉市部分重点中学2024-2025学年高一下学期期末联考数学试卷（PDF版，含答案）

本试卷答案最早发在微信公众号“做事方法很重要”
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武汉市部分重点中学2024一2025学年度下学期期末联考
高一数学试卷参考答案与详解
题号
1
2
3
5
6
8
9
10
11
答案
B
B
D
D
C
AC
BCD
ACD
12.0.44
3号
14.96
48√4I
41
15.解：(1)因为(2c一a)cosB=bcosA,由正弦定理得(2sinC-sinA)cosB=sinBcosA..
所以2 sinCcosB=sinA cosB+sinBcosA=sin(A+B),因为A+B+C=π，
所以sin(A+B)=sin(r-C)=sinC.
所以2 sinCcosB=sinC.
因为snC>0,所以osB=分，
因为B∈(0，x),所以B=于
...ee.e e...e.....e ee a .e..e ee...
(6分)
1
(2)因为Sawe=2 acsinB=83,所以ac=32,由余弦定理得a2+c2-b2=2ac·cosB
化简得(a+c)2=b2+3ac=132
解得a十c=2√33，所以△ABC的周长为2√33十6.…(13分)
16.解：(1)取PA的中点G,连接BG,GE,
因GE分别为PA、PD的中点，所以GEAD,GE=AD
又BC/AD,BC-AP则GE/BC,GE=BC,
所以四边形GECB为平行四边形，即CEBG,
又CE中平面PAB,BGC平面PAB,则CE/平面PAB.·(7分)
(2)因PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PA⊥BC且PA⊥AB,
因BC∥AD,AB⊥AD,所以AB⊥BC,又PA∩AB=A,则BC⊥平面PAB,
方法1：因BC∥AD,所以点D到平面PBC的距离等于A到平面PBC的距离
过A作AH⊥PB交PB于H,又BC⊥平面PAB,.BC⊥AH
,AH⊥平面PAB,,AH即为所求点D到面PBC的距离
又PA⊥AB且PA=AB=4,
.AH=2√2，即点D到平面PBC的距离为2√2
(15分)》
高一数学试卷参考答案与详解第1页（共4页）
方法2：又PBC平面PAB,则PB⊥BC,由AB=4,PA=4,得PB=42,
设点D到平面PBC的距离为h,连接AC.则VnPx=Vpn,
即号Samh=Sm·PA,即时×分×2X4a=号X×号X4x2X4,
解得h=2√2，则点D到平面PBC的距离为2√2.…(15分)
17.解：(1)由题意10×(0.005十0.01十0.02+a十0.025十0.01)=1，解得a=0.03;…(4分)
(2)由直方图知，前3组数的率为10×(0.005十0.01十0.02)=0.35
前4组数的频率为10×(0.005+十0.01+0.02+0.03)=0.65，
因此第47百分位数在第4组即区间[70,80)上，设第47百分位数为m,
则947-0.35_m-70
0.65-0.3580-70:解得m=74.
…(9分)
(3)样本数据在区间[50,60)的个数为0.1×200=20，
在区间[60,70)上的个数为0.2×200=40，
20
所以@=20十40X55+20十40X64=61
而s=202006+(55-61内+20406+(64-61门=2，
20
解得S经=3。…
(15分)
18.解：(1)因为在底面为菱形直四棱柱ABCD-A,B,C,D,中，
D
.AA1=BB1且AA1⊥面A1B,C,D1,BB1⊥面A1B,C1D1
M
A
..A C2=AA +AC2 EBD =BB+BD2,
又.A,C=BD1,.BD=AC
又直四棱柱ABCD-A,B,C,D,的底面为菱形，
.底面ABCD为正方形
又AA,=AD,∴.ABCD-A,B,C,D1为正方体，.AA1BB
.∠A1AM为异面直线AM与BB,所成角，
又M为上底面A,B,C,D1的中心
cos∠A,AM=AA
AA
6
AM
…(4分)
AA+(号AA】
3
(2)由于∠AMC是二面角A-MN-C的平面角，则AM⊥MN,CM⊥MN,
又AM∩CM=M,AMC面AMC,CMC面AMC,所以MN⊥面AMC
又ACC面AMC,所以MN⊥AC,因为直四棱柱ABCD-A,B,C,D1,
∴.AA1CC1且AA,=CC
所以四边形AA,C,C是平行四边形，所以AC∥A,C,
所以MN⊥A,C1,因为在直四棱柱中ABCD-A,B,C,D1,AA1⊥面A,B,C,D
MNC面A,B,C,D1,则AA1⊥MN,又AA,∩A,C1=A1,AA,C面A,B,C,D
故MN⊥面AA,C,C,由MN⊥面AMC且MN⊥面AA,C,C,
高一数学试卷参考答案与详解第2页（共4页）