絕密★啟用前20242025數學 、單項選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分·在每小題給出的四個選項中,只有一項B互斥,且P(A)=0.2,P(B)=0.3,則P(AUB)=A.0.3B.0.5C.0.6D.0.92.已知復數滿足Z+2z=1+2i,則z的虛部為A.-2B.-C.D.2333.已知數據6,9,5,8,4,m的75%分位數是8,則實數m的取值范圍是A.(-,6]B.(-r,8)C.(-r,8]D.(6,8)4.已知在平行四邊形ABCD中,AP=2PD,CQ=2QB,記AD=m,AB=n,則PQ=A.-m+nB.mn43C.m-nD.-m+n435.如圖,正四面體PABC的棱長均為2,M是棱PA的中點,N是棱AC上一動點,則MN+BN的最小值為A.3B.、6.某同學課后進行拋擲一枚質地均勻的硬幣n(n≥2)次"的實驗,每次拋擲硬幣的結果互不影響·設事件A:n次中反面朝上的次數大于0且小于n,則P(A)=11nn-12n2n22A.1-B.1--1C.,D2n2n22數學試題第1頁(共4頁)出了測量建筑物高度的方法·如圖,A是某球形建筑物與水平地面的接觸點(即切點),若在地面上與點A共線的點B,C處測得球形建筑物上點的最大仰角分別為600和30。,且BC=4222C.A.B.D.2222C.A.B.D.mm38.在△ABC中,內角A,B,Ca,b,C,若A=B+2C,b+C=1,則aA·B.A·B.—5534C.D.55二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分·在每小題給出的選項中,有多項符合題9.2020年至2024年某地植被面積的年增加量(單位:萬公頃)如圖所示,則A.這組數據的極差為0.7B.這組數據的平均數為3.7C.從這5個數據中隨機抽取1個,抽到的數據與中位 53D.從這55D.從這55,N為正方形AA,DD內ABCDAiB,ciD,,N為正方形AA,DD內(),且BiN平面BC1M,則A.ABCDA,B,C1DiB.CD平面BciMC.C-BMN的體積為定值D.動點N的軌跡是一條線段數學試題第2頁(共4頁)數學試題第3頁(共4頁)數學試題第4頁(共4頁)均為非零實數)在復平面xoy內對應的點分別為Z,z2,定義運算z1Oz2=i2+bb2i,記復數的實部為Re(z),虛部為Im(z),則下列結論中正確的是A.若z2=1,則z2=l-i22B.若Re(Z2)+Im(z,OZ2)>0,則向量ZC.2(z1Oz2)·(z12)≤[Re(z1o2)+Im(z1Di2Z2≥[Re(zi2)+Im(z1OZ2)]222三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分·12.若△ABC的面積s=AB·AC,則A=·13.將面積為1的直角三角形ABC繞其斜邊BC所在直線旋轉一周得到的幾何體體積的最大14.已知在△ABC中AB-6,AC-4,0是△ABC的外-C,且ao=4AB-+AC-,則BC=·,,共77四、15.(13分)已知向量a=(2,3),b=(-4m).(I)若m=1,求la-b;(I)若(a+b)b,求m;(Ⅲ)若m=2,求a在b上的投影向量的坐標·16.(15分)已知復數z,10是方程2-2x+2=0的兩根,且在復平面內(I)求z;(I)求lZ-3WI;2025(Ⅲ)求三17.(15分)的知識競賽·某數學興趣小組從中隨機抽取部分學生的成績,整理后分成五段:[40,50),[50,60),[60,70),[70,80),[80,90],并繪制了如下的頻率分布直方圖·(I)求a的值;(I)若參賽學生共有2000名,估計其中成績小于70分的人數;(Ⅲ)已知樣本中在[40,60)內的成績的平均數為52,方差為105,在[60,90]內的成績的平均數為72,方差為503,估計所有參賽學生成績的方差·18.(17分)2記△ABC的內角A,B,C的對邊分別為a,b,C,已知a2-2abcosB=(b-C)2,A·2(I)證明:△ABC為等腰三角形;(I)若b=sinB,D為AC的中點,求BD的最大值·19.(17分)平面ABC,PB=PC,BC-2PD=2,AD=,/5.(I)證明:Bcl平面PAD;(I)求二面角PBCA的正弦值;(Ⅲ)若Q,R分別是直線AB,AC上一點,且BC/平面rpQR,記平面PBcn2024—2025學年(下)高一年級摸底考試數學.答案一、單項選擇題:本題共8小題,每小題5分,共40分.1.答案B命題透析本題考查互斥的兩個事件的并事件的概率計算.解析由題可知P(AUB)=P(A)+P(B)=0.2+0.3=0.5.2.答案A命題透析本題考查復數的運算及虛部的概念.解析設Z=a+bi(a,b∈R),則Z-=a-bi.由題可得3a-bi=1+2i,則解得故其虛部為-2.3.答案C命題透析本題考查百分位數.解析由題可知數據的總個數為6,6×75%=4.5,所以該組數據的75%分位數是這組數據從小到大排列后的第5個數據,則m≤8,即實數m的取值范圍是(-∞,8].4.答案D命題透析本題考查向量的線性運算.EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),BC)5.答案B命題透析本題考查正四面體的結構特征及余弦定理的應用.解析將△PAC與△ABC展開至位于同一平面內且位于直線AC的兩側,連接BM,與AC交于點N,則此時MN+BN最小.在△ABM中,由余弦定理可得BM2=AM2+AB2-2×AM×AB×cOS匕BAM=12+22-2×1×2×故MN+BN的最小值為\7.6.答案B命題透析本題考查對立事件的概率計算.解析A-為“n次中反面朝上的次數為0或n”,則7.答案C命題透析本題考查球的表面積.解析如圖,設球心為0,連接0A,0B,0C.設球0的半徑為R.在Rt△0AB中在Rt△0AC中所以則,所以該球形建筑物的表面積為4πR2=100π(m2).8.答案D命題透析本題考查正弦定理和三角恒等變換.解析由題可得且由正弦定理可得所以因為C2-1,當t=,即sin=時,a取得最小值.二、多項選擇題:本題共3小題,每小題6分,共18分.每小題全部選對的得6分,部分選對的得部分分,有選錯的9.答案ABD命題透析本題考查樣本的數字特征.解析對于A,將題圖中數據從小到大排列為3.4,3.5,3.6,3.9,4.1,則極差為4.1-3.4=0.7,故A正確;對于B,平均數為故B正確;對于C,中位數為3.6,所以從這5個數據中隨機抽取1個,抽到的數據與中位數之差大于0.2的概率為2C錯誤;對于D,這組數據中大于3.5的有3個,則從這5個數據中隨機抽取1個,抽到的數據大于3.5的概率為3D正確.10.答案ACD命題透析本題考查立體幾何綜合問題.解析對于A,如圖,連接AC1,由題可知正方體ABCD—A1B1C1D1的外接球直徑為AC1=2\3,則半徑為\3,故A正確;對于B,因為直線CD與直線C1M相交,所以CDⅡ平面BC1M不成立,故B錯誤;對于C,因為B1NⅡ平面BC1M,所以點N到平面BC1M的距離為定值,又因為△BC1M的面積為定值,三棱錐NBC1M的體積與三棱錐C1BMN的體積相等,所以三棱錐C1BMN的體積為定值,故C正確;對于D,分別取AA1,A1D1的中點H,G,連接B1G,GH,HB1,AD1,由正方體的性質可得HB1ⅡC1M,則C1MⅡ平面B1GH,同理可得BC1Ⅱ平面B1GH,又因為BC1∩C1M=C1,所以平面B1GHⅡ平面BC1M,又B1NⅡ平面BC1M,所以B1NC平面B1GH,所以點N的軌跡為線段GH,故D正確.11.答案AD命題透析本題考查復數的運算及新定義.=1,則Z2=1i,故A正確;EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),0Z)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),0Z)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),0Z)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—→),0Z)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—),0)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(—),0)1b2=Re(Z1OZ2)+Im(Z1OZ2)>0,所以cOSα>0,則EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—),0),EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—),0)的夾角為銳角或EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—),0),EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(—),0)同向,故B錯誤;對于C,由題可知2(Z1OZ2).(Z1OZ-2)=2(a1a2+b1b2i)(a1a2—b1b2i)=2(aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)+bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)),原式等價于2(aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)+bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2))≤(a1a2+b1b2)2,整理可得(a12=(aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1))(aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)+bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)),所以原式等價于(aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1))(aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)+bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2))≥(a1a2+b1b2)2,整理得aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2)bEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)+EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),1)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up4(2),2),即(a2b1a1b2)2≥0,該式恒成立,故D正確.三、填空題:本題共3小題,每小題5分,共15分.命題透析本題考查三角形的面積及向量的數量積.EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),2)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),AC)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),2)命題透析本題考查圓錐的體積及基本不等式的應用.且僅當x=y=\2時等號成立，故所得幾何體的體積的最大值為.命題透析本題考查向量的數量積及余弦定理的應用.解析因為0是△ABC的外心，所以0在AB的中垂線上，故●●匕由題可得18AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),0)=8A+3A，則18AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),0)●A=8A●A+3AA=12四、解答題:本題共5小題,共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.命題透析本題考查向量的坐標運算、共線向量及投影向量的定義.……………(2分)22=2\10.………………(4分)………………………(5分)……………(7分)解得m=-6.…………………(8分)-4，2)，………………(9分)此時a在b上的投影向量的坐標為●=●(-4，2)=，-.……(13分)16.命題透析本題考查復數的運算、模及幾何意義.解析(I)因為復數z，w是方程x2-2x+2=0的兩根，且由求根公式可得…………………(3分)又因為在復平面內，z對應的點在w對應的點的上方，……………(5分)(Ⅱ)由(I)可得z=1+i，w=1-i，…………(6分)故Z-3w=-2+4i,…………………………(8分)故|Z-3w|=\(-2)2+42=………………………(10分)w1-i(1-i)(1+i)2,(Ⅲ)由題意可得Z=1+i=(1+iw1-i(1-i)(1+i)2,所以……………………(14分)所以在復平面內對應的點的坐標為(0,1).……………………(15分)17.命題透析本題考查頻率分布直方圖及樣本的數字特征.解析(I)由頻率分布直方圖可知(0.005+0.025+0.025+a+0.010)×10=1,……(2分)………………(4分)………………(6分)………(8分)(Ⅲ)記所有參賽學生成績的平均數為Z—,方差為S2,由題可知成績在[40,60)內的頻率為(0.005+0.025)×10=0.3,在[60,90]內的頻率為1-0.3=0.7,………………(10分)……………(12分)×[105+(52-66)2]+0.7×[503+(72-66)2]=467.6,即估計所有參賽學生成績的方差為467.6.………………(15分)18.命題透析本題考查正弦定理與余弦定理的應用.2aC,解析(I)由余弦定理可得cosB=a2+…………2aC,+C22),C整理得(b-C)(a2-b2-C2)=0.……………(5分)2+C2,則A=,與已知條件矛盾,舍去,所以b=C,△ABC是以A為頂角的等腰三角形.……………(7分)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up3(→),BC)則……………(9分)sinAsinBsinC在△ABC中,由正弦定理可得a=b=CsinAsinBsinC所以a=sinA=sin(π-2B)=sin2B=2sinBcosB,C=sinC=sinB,…………………(13分)2B=32(9-8sin22B=81……………