安徽省合肥市百花中学等四校联考2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试卷（含解析）

安徽省合肥市百花中学等四校联考2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列各式的运算结果为纯虚数的是（ ）
A． B． C． D．
2．已知篮球运动员甲、乙的罚球命中率分别为0.9，0.8，且两人罚球是否命中相互独立.若甲、乙各罚球一次，则恰有一人命中的概率为（ ）
A．0.26 B．0.28 C．0.72 D．0.98
3．在中，角的对边分别为，若，则的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形
4．在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
A． B． C． D．
5．从长度分别为3，4，5，6的4条线段中任取3条，能构成钝角三角形的概率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知分别为内角的对边，的面积，则（ ）
A． B． C． D．
7．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．已知表示两条不同直线，a表示平面，则下列选项正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
9．有一组样本数据，其中是最小值，是最大值，则（ ）
A．的平均数等于的平均数
B．的中位数等于的中位数
C．的标准差不小于的标准差
D．的极差不大于的极差
10．已知向量，，则（ ）
A． B．
C． D．在方向上的投影向量的坐标为
11．如图，正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面上的动点，且满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面截正方体所得截面面积为
B．点的轨迹长度为
C．存在点，使得
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
12．已知平面内有、、、四点，其中，，三点共线，且，则 .
13．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为 ．
14．的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的最大值为 .
四、解答题
15．已知复数满足
(1)求复数
(2)若复数是关于的方程的一个根，求，的值
16．在中，内角A，B，C的对边a，b，c，且，已知，，，求：
（1）a和c的值；
（2）的值.
17．某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）.
(1)求选取的市民年龄在内的人数；
(2)利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数；
(3)若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率.
18．如图，在梯形中，，，，为线段的中点，记，．
(1)用，表示向量；
(2)求的值；
(3)求与夹角的余弦值．
19．图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B CG A的大小.
安徽省合肥市百花中学等四校联考2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A B C C C C BD BD ACD
题号 11
答案 AC
1．B
详解：，，，，
通过比较可以知道，只有为纯虚数，故选B.
2．A
【详解】设“篮球运动员甲、乙的罚球命中”分别为事件A，B，“恰有一人命中”为事件C，
则
.
故选：A．
3．B
【详解】因，由正弦定理，，即,
因,则，故, ,即，故是等腰三角形.
故选：B.
4．C
【详解】在正方体中，，所以异面直线与所成角为，
设正方体边长为，则由为棱的中点，可得，所以，
则.故选C.

5．C
【详解】从4条线段中取3条的组合数为：，具体为：①3,4,5；②3,4,6；③3,5,6；④4,5,6.
设三角形边长为a，b，c，c为最大边，则：
钝角三角形的满足条件为：.
组合①：
组合②：
组合③:
组合④:
综上，满足钝角三角形的组合数为2，概率.
故选：C.
6．C
【详解】由余弦定理得，
又三角形面积公式得，
故，
又，故，即，
又，故.
故选：C
7．C
【详解】设甲、乙两个圆锥的母线长均为，底面半径分别为，
则，所以①，
因为侧面展开图的圆心角之和为，
所以，即②，
由①②解得，
所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，
所以．
故选：C．
8．BD
【详解】对于A，若，，则或者异面，或者相交，故A错误，
对于B，若，，则，故B正确，
对于C，若，，则或者，故C错误，
对于D，若，，则，D正确，
故选：BD
9．BD
【详解】对于A，不妨取为，其平均数为，
为，其平均数为1，
此时的平均数不等于的平均数，A错误；
对于B，不妨设，则中位数为，
的中位数也为，故B正确；
对于C，取为，平均数为，
其标准差为，
即为，平均数为，
则其标准差为，
因为，所以，
此时的标准差小于的标准差，故C错误；
对于D，不妨设，
则，当且仅当时等号成立，
即的极差不大于的极差，故D正确．
故选：BD．
10．ACD
【详解】选项A:已知向量，，
所以，，故A对；
选项B:因为，而，故B错；
选项C:因为，，故C对；
选项D:根据投影向量公式：，故D对.
故选:ACD.
11．AC
【详解】
已知正方体的棱长为2，是棱的中点，是侧面上的动点，
且满足，取的中点G，连接、,
则等腰梯形（,且）为其截面，
面积为，故A对；
取中点M，中点N，连接,,，
由题可得,,且平面，
所以平面，平面，
又与是平面内的两条相交直线,
所以平面平面，所以点F的运动轨迹为线段，长度为，故B错；
取中点F，因为为等腰三角形，所以，
又因为，所以，故C对.
因为平面，所以为与平面所成的线面角，
所以，
因为，且时最小，满足题设正弦值最大，
所以，，故D错.
故选：AC.
12．1
【详解】因为，，三点共线，所以存在使得
由
所以
即
故答案为：1
13．36π
【详解】三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，
若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S ABC的体积为9，
可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，
可得 ，解得r=3.
球O的表面积为： .
14．
【详解】由题得,
因为,
所以，
所以,
因为，所以.
由正弦定理得.
所以
,
所以的最大值为，此时.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）因为，
所以.
（2）因为复数是关于的方程的一个根，
所以，
所以，解得.
16．（1）；（2）
【详解】
（1）由得，，又，所以ac=6.
由余弦定理，得.
又b=3，所以.
解，得a=2，c=3或a=3，c=2.
因为a>c,∴ a=3，c=2.
（2）在中，
由正弦定理，得，又因为，所以C为锐角，因此.
于是=.
考点：1.解三角形；2.三角恒等变换.
17．(1)20
(2)平均数32.25; 第80百分位数37.5
(3)
【详解】（1）（1）由题意可知，年龄在内的频率为，
故年龄在内的市民人数为.
（2）(2) 平均数为
32.25;
前三组的频率和为，
第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组，
第80百分位数为.
（3）（3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为，
所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈，
所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人.
记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种.
其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种，
所以至少有一人的年龄在内的概率为.
18．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）如图，连接，
因为为线段的中点，，
所以，因为，所以，
由向量的加法法则得，
故，即成立.
（2）由于，可得，又有，
所以；
，故.
（3）由向量的减法法则得，
由于，可得，又有，
得到，故，
则，
由上问得，故.
19．(1)见详解；(2) .
【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.
，A，C，G，D四点共面.
又.
平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.
(2)过B作延长线于H，连结AH，因为AB平面BCGE，所以
而又，故平面，所以.又因为所以是二面角的平面角，而在中，又因为故，所以.
而在中,，即二面角的度数为.