2024—2025学年湖北武汉江岸区高一数学下册期末试卷【含答案】

这是一份2024—2025学年湖北武汉江岸区高一数学下册期末试卷【含答案】，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接计算得到，然后根据虚部的定义即可.
【详解】，所以.
故选：B.
2. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ）

A. B. C. 12D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得.
【详解】梯形中，，而，
则梯形的高，
因此梯形的面积，
而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，
所以原图形OABC的面积为.
故选：D
3. 某圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为2，母线长为，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出圆台的高，再由圆台的体积公式求出即可.
【详解】设圆台的母线长为l，高为h，
因为圆台上底面圆的半径为1，下底面圆半径为2，母线，
因此圆台的高为，
所以圆台体积为.
故选：A
4. 已知两个非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得，再利用投影向量的意义求解即得.
【详解】由，两边平方得，则，
而，所以在方向上的投影向量为.
故选：D
5. 在“世界杯”足球赛亚洲区第二阶段比赛结束后，某中学学生会对本校高一年级1000名学生收看中国队比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为，将数据分组整理后，列表如下：
从表中可以得出错误的结论为（ ）
A.
B. 估计观看比赛不低于4场的学生约为340人
C. 样本中，观看2场的学生为200人
D. 估计观看比赛场数的众数为3
【答案】C
【解析】
【分析】由频率分布表的性质，求出，否定A；先由频率分布表求出观看比赛不低于4场的学生所占比率为，由此估计观看比赛不低于4场的学生约为340人；C选项说的是样本中，并不是总体；出现频率最高的为3，所以众数是3.
【详解】由频率分布表的性质得：，故A正确；
∵观看比赛不低于4场的学生的频率为：，
∴估计观看比赛不低于4场的学生约为：人，故B正确；
样本中，观看2场的人数为人，故C错误；
样本中出现频率最高的为3．故估计全年级观看比赛场数的众数为3，故D正确.
故选：C
6. 已知圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且，若是弧BC的中点，是线段AB的中点，则（ ）
A. 四点不共面B. 四点共面
C. 为直角三角形D. 为直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆柱中的直线与直线、直线与平面的位置关系，逐项判断即可得结论.
【详解】因为点，而平面，结合圆柱结构，所以平面，故四点不共面；
圆柱中，AD，BC分别是上、下底面的两条直径，且，
若是弧BC的中点，是线段AB的中点，故，
所以，故；
连接，则依题有为在平面内的射影，在平面内显然与不垂直，故与不垂直；
，则为直角三角形，
故选：．
7. 某次趣味运动会，设置了教师足球射门比赛：教师射门，学生守门．已知参与射门比赛的教师有60名，进球数的平均值和方差都是13，其中男教师进球数的平均值和方差分别是14和8，女教师进球数的平均值为12，则女教师进球数的方差为（ ）
A. 15B. 16C. 17D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】根据分层抽样的方差计算公式计算即可.
【详解】设总进球数的平均数为，总方差为，男教师的权重为，进球的平均数为，权重为方差为，
女教师的权重为，进球的平均数为，方差为，
根据加权平均公式，又因为，解得，
根据分层抽样的方差公式得：
，解得.
故选：B
8. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，，点E是上的点，且．设异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，二面角的大小为．若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间角的相关定义分析可得，，，结合题意列式求解即可.
【详解】因为平面，平面，
可得，
又因为正方形，则，
且，平面，可得平面.
因为∥，可知异面直线与所成角，
在中，可得；
因为平面，可知直线与平面所成角，
在中，可得；
过作，垂足，连接，
因为，则，，
因为平面，平面，则，
且，平面，可得平面，
由平面可得，
可知二面角的平面角，
在中，可得；
因为，即，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是：过作，利用三垂线法分析可知二面角的平面角.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 设是一个随机试验的两个事件，则（ ）
A. 若对立，则一定互斥
B. 若，则
C. 若，则相互独立
D. 若，则一定对立
【答案】AC
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的关系判断A，根据事件的包含关系判断B，利用相互独立事件的概念判断C，结合对立事件定义举反例判断D.
【详解】选项A：互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，
所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，A说法正确；
选项B：若，则，B说法错误；
选项C：由相互独立事件的概念可知，若，则相互独立，C说法正确；
选项D：对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，即不能保证两事件不同时发生，也不能保证两者必有其一发生，
如投掷一枚骰子，事件为：向上的点数为奇数，事件为向上的点数不小于4，
满足，但不是对立事件，D说法错误；
故选：AC
10. 已知点D是三角形的边上的点，且，，则（ ）
A. 若点D是的中点，，则
B. 若平分，则
C. 当三角形的面积取最大值时，的最小值为
D. 若，且D是的中点，则一定是直角
【答案】BCD
【解析】
【分析】将平方，即可求出，即可判断A；由角平分线定理直接判断B；根据面积公式分析直角时面积最大，后用等面积法即可求解，进而可判断C；设，由正弦定理可得，分类讨论计算可判断D.
【详解】对于A，因为点是的中点，
所以，
因为，所以，
所以，
故，故A错误；
对于B，在中，因为平分，，,直接由角平分线定理知道，
所以，故B正确；
对于C，当三角形的面积取最大值时，，
则为直角，，的最小即为直角三角形斜边上的高，
用等面积法，，代入，解得，故C正确；
对于D，设，，
在中，由正弦定理可得，，
又因为，所以，即，
在中，，所以，
同理在中，有，
因为是的中点，即，即，
得则，或，
当时，即，即，即是等腰三角形，
而，所以，
所以，故D正确.
故选： BCD.
11. 如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2），则（ ）
A. 若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满
B. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点P
D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点P
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，设图1中水的高度为，几何体的高为，底面正方形的边长为，利用水的体积，得出与的关系，从而结合选项即可逐一判断．
【详解】设图1中水的高度，几何体的高为，底面正方形的边长为；
则图2中水的体积为，即，解得，
所以正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半是错误的，即B错误．
对于A，往容器内再注入升水，水面将升高，则，容器恰好能装满，A正确；
对于C，当容器侧面水平放置时，点在长方体中截面上，占容器内空间的一半，
所以水面也恰好经过点，C正确；
对于D，任意摆放该容器，当水面静止时，点在长方体中截面上，始终占容器内空间的一半，所以水面都恰好经过点，D正确．
故选：BCD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在一次数学测试中，8名同学的成绩如下：112、96、100、108、121、86、102、111．设这组数据的中位数为a，极差为b，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据中位数的计算以及极差的计算即可求解.
【详解】将112、96、100、108、121、86、102、111从小到大排列为：86，96，100，102，108，111，112，121，
故中位数为，极差为，
故，
故答案为：
13. 已知与为互相垂直的单位向量，，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积大于0可得，当时，，即可求解锐角时的范围.
【详解】与为互相垂直的单位向量，
，，，
与的夹角为锐角，
，
，，
，
当时，则，故，
与的夹角为锐角时，则的取值范围是
故答案为：
14. 如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，则M到三棱锥的外接球的球心的距离为____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，易知当三棱锥的体积最大时，平面平面，即可判断的中点是三棱锥的外接球球心，利用三角形的边角关系和余弦定理即可求.
【详解】如图：
当三棱锥的底面上的高最大时，三棱锥的体积最大，此时平面平面，
又平面平面，取的中点，则，
则根据面面垂直的性质定理可得：平面，
取的中点，则，又，且，则，
又，故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径；
在△中，，
故；
又，故，又，
所以由余弦定理可得，
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 网络流行词“新四大发明”是指移动支付、高铁、网购与共享单车.某中学为了解本校学生中“新四大发明”的普及情况，从全校3000名学生中随机抽取了100人，发现样本中使用过移动支付的有60人，使用过共享单车的有43人，其中两种都使用过的有8人.
（1）利用样本数据估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数；
（2）经过进一步调查，样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生里，有3人坐过高铁.现从样本中两种都没使用过的学生里随机选出2名学生，求这2名学生都坐过高铁的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用容斥原理求出样本中移动支付和共享单车两种都没使用的人数，从而利用频率估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数；
（2）利用列举法结合古典概型概率公式计算概率即可.
【小问1详解】
样本中使用过移动支付的人组成集合，使用共享单车的人组成集合，
表示集合中的元素，由题意，，，
所以，
所以样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为，
从而估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为；
【小问2详解】
由（1）知样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生有人，记为A，B，C，D，E，
其中有3人坐过高铁的学生记为A，B，C.
则从5人中抽取2人的所有抽取情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种，
其中2名学生都坐过高铁的有AB，AC，BC，共3种，故所求概率为.
所以这2名学生都坐过高铁的概率为.
16. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．
（1）求A；
（2）若，当面积为时，求的周长．
【答案】（1） （2）6
【解析】
【分析】（1）首先利用正弦定理边化角，然后根据和差化积公式，半角公式和诱导公式将变为即可求解；
（2）由余弦定理和面积公式解方程组即可求解.
【小问1详解】
根据正弦定理，原式可化为
而
所以有，
因，所以，
故，
所以.
【小问2详解】
由余弦定理得：，即，
又因为，即，解方程组得，所以三角形的周长为.
17. 《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，．
（1）证明：四面体为鳖臑；
（2）求点C到平面的距离；
（3）请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分．
（ⅰ）求几何体的表面积；
（ⅱ）求几何体的体积．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）（ⅰ）
（ⅱ）12
【解析】
【分析】（1）因为四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑，所以结合线面垂直的性质和勾股定理证明垂直；
（2）根据等积法求点C到平面的距离；
（3）（ⅰ）因为几何体的表面积根据三角形和梯形面积公式即可求出表面积.
（ⅱ）将几何体拆解成两个四棱锥，再用等面积法求两个几何体的高即可求出体积.
小问1详解】
取的中点，连接，
平面，，平面，
又平面，，为直角三角形.
四边形中，，，，，
，四边形为平行四边形，，
，，
，，
在中，，，，为直角三角形，
在中，，，，为直角三角形，
四面体为鳖臑.
【小问2详解】
设点C到平面的距离为，
，即，解得.
【小问3详解】
（ⅰ）取的中点，连接，
根据题意可知，四边形为平行四边形， ，
，
，
又因为的边上的高为，，
几何体的表面积
.
（ⅱ）
四边形为梯形，，
又平面，平面平面，
又平面平面，
过点作的垂线即为四棱锥的高，设为，
过点作的垂线即为四棱锥E的高，设为，
，即，解得，
又，
又，，
，即，解得，
，
.
18. 现随机抽取1000名A校学生和1000名B校学生参加一场知识问答竞赛，得到的竞赛成绩全部位于区间中，现分别对两校学生的成绩作统计分析：对A校学生的成绩经分析后发现，可将其分成组距为10，组数为6，作频率分布直方图，且频率分布直方图中的Y（）满足函数关系（n为组数序号，），关于B校学生成绩的频率分布直方图如图所示，假定每组组内数据都是均匀分布的．
（1）求k的值；
（2）若B校准备给前50名的学生奖励，应该奖励多少分以上的学生？
（3）现在设置一个标准t来判定某一学生是属于A校还是B校，将成绩小于t的学生判为B校，大于t的学生判为A校，将A校学生误判为B校学生的概率称为误判率A，将B校学生误判为A校学生的概率称为误判率B，误判率A与误判率B之和称作总误判率．若，求总误判率的最小值，以及此时t的值．
【答案】（1）；
（2）奖励72分以上的学生；
（3）总误判率最小为，
【解析】
【分析】（1）利用之和为0.1，列方程求参数即可；
（2）根据频率分布直方图可知所求的分数应该在；列出方程求解即可.
（3）讨论、分别写出对应总误判率为、 ，根据单调性确定最小值及其对应值.
【小问1详解】
由频率之和为1，故之和为0.1，，解得；
【小问2详解】
根据B校学生成绩的频率分布直方图，设所求的分数为，
则，解得，所以应该奖励分以上的学生；
【小问3详解】
设总误判率为，又，则时，，
时，，
由的单调性知，当，最小，此时，所以总误判率最小为，此时.
19. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直；
（2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值；
（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值.
【小问1详解】
平面平面，交线为，又，平面，
所以⊥平面，
又平面，所以⊥，
因为，，平面，
故⊥平面；
【小问2详解】
，，，
由勾股定理得，
平面，平面，
所以，
因为，，由勾股定理得，
过点作⊥于点，则，
故，
过点作⊥，交于点，连接，
故即为二面角的平面角，
由勾股定理得，
又，
由余弦定理得，故，
在Rt中，，即，解得，
故，
在Rt中，，
由余弦定理得，
故，
在中，由余弦定理得，
故二面角的余弦值为；
【小问3详解】
连接，因为，，所以，
又，⊥，由勾股定理得，
设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，
则，
要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，
，
由（1）得平面，故，
设，则，，
故，
在中，由余弦定理得
，
故，
则，
因为，所以，
故，
当时，取得最小值，最小值为，
故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.
【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法：
（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解.观看场数
0
1
2
3
4
5
6
观看人数占调查人数的百分比