2024—2025学年浙江丽水高一数学下册（6月）期末教学试卷【含答案】

这是一份2024—2025学年浙江丽水高一数学下册（6月）期末教学试卷【含答案】，共18页。试卷主要包含了 若复数满足， 已知事件发生概率分别为，，则等内容，欢迎下载使用。
3. 选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净.
4. 非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效.
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. 若复数满足（为虚数单位），则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘除法运算直接化简即可.
【详解】，
故选：C
2. 已知向量，，若与垂直，则实数（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，则求解．
【详解】解：因为与垂直，所以，
则，
得，
故选：A
3. 若数据的方差为，则数据的方差为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据方差的性质计算可得.
【详解】根据数据的方差，
则数据的方差为.
故选：D.
4. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（）．
A. 互斥B. 互为对立
C. 相互独立D. 相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，
事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，，，，
因为，所以与独立，故选项C正确；
事件与不相等，故选项D错误.
故选：C.
5. 已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）
A. 若，，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐一判断即可.
【详解】若，，，则可能平行，可能相交，故A错误；
若，，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
若，则或，故C错误，
因为，，所以，又，所以，故D正确.
故选：D
6. 如图，在三棱锥中，，、分别是、中点，且满足，则异面直线与所成的角等于
A. B. C. 或者D.
【答案】A
【解析】
【分析】通过做平行线将异面直线所成角化为或其补角，根据三角形中的余弦定理得到结果.
详解】
取AC的中点G,连接EG,GF,可得，此时，为异面直线与所成的角或其补角，根据可得到分别为三角形的中位线，
在三角形中，根据余弦定理得到
因为异面直线所成的角为直角或锐角，故得到异面直线与所成的角等于.
故答案为A.
【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，异面直线所成的角常用方法有：将异面直线平移到同一平面中去，达到立体几何平面化的目的；或者建立坐标系，通过求直线的方向向量得到直线夹角或其补角.
7. 如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（）
A. 米B. 米
C. 米D. 米
【答案】B
【解析】
【分析】在中，由正弦定理求出，在中由三角函数求出即可．
【详解】如图
，，则，，
在中，由正弦定理知道，即，解得．
在中，，则，即，解得．
故选：B.
8. 已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得，，且，解之讨论，可得选项.
【详解】因为的图像的任何一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，
所以，
所以，
又，且，解得，
又因，
所以，解得，
当时，符合题意，
当时，，符合题意，
所以.
故选：D.
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. 若，，是任意的非零向量，下列命题中正确的是（）
A. 若，则B.
C. 若，则D. 若，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】由已知结合向量数量积的性质及向量共线定义分别检验各选项即可判断．
【详解】对于A,当时，则向量长度相等，但方向不一定相同，不能得到， A错误；
对于B，由向量数量积的运算性质可知，故B正确；
对于C,若，两边平方得，，即，C正确；
对于D, ，，则非零向量方向相同或相反，非零向量方向相同或相反，
即的方向相同或相反，故， D正确．
故选：BCD．
10. 已知事件发生概率分别为，，则（）
A. 一定有B.
C. 若与互斥，则D. 若与相互独立，则
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，举例判断，对于B，利用和事件与交事件的概率公式结合已知分析判断，对于C，根据互斥事件的定义结合对立事件的概率公式分析判断，对于D，根据独立事件与和事件的概率公式分析判断.
【详解】对于A，盒子中有大小相同的12个球，其中红球有3个，白球有4个，黑球有5个，从盒子中任意摸出一个球，记事件为摸到红球，事件为摸到白球，
则满足，，但不成立，所以A错误，
对于B，，
因，且，，，
所以，所以，
所以，即，
所以，所以B正确，
对于C，因为与互斥，所以，所以，所以C错误，
对于D，因为与相互独立，，，
所以，
所以，所以D正确，
故选：BD
11. 在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则下列说法正确的是（）
A. 当时，对任意，平面恒成立
B. 当时，的最小值为
C. 当时，与平面所成的最大角的正切值为
D. 当时，四棱锥的外接球的表面积是
【答案】ACD
【解析】
【分析】当，得到点在线段上运动，结合平面平面，可判定A正确；当时，得到点在线段上运动，根据为边长为的等边三角形，过点作，可判定B错误；当时，得到点在线段上运动，连接，
证得平面，得到是直线与平面所成的角，求得到的最短距离，在直角中，可判定C正确；当时，得到在线段的中点，结合球的截面性质，求得外接球的半径，可判定D正确.
【详解】对于A中，当，时，可得，此时点在线段上运动，
如图所示，在正方体中，可得平面平面，
因为平面，所以平面，所以A正确；
对于B中，当时，可得，即点在线段上运动，如图所示，
连接，则为边长为的等边三角形，
过点作，可得，即的最小值为，所以B错误；
对于C中，当时，可得，即点在线段上运动，如图所示，
连接，在正方体，可得，
因为，且平面，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设平面，在直角中，可得，
取的中点，连接，则，且，
即点到的最短距离为，在直角中，可得，
所以与平面所成的最大角的正切值为，所以C正确.
对于D中，当时，可得，可得点在线段的中点，
即点为正方体的中心，如图所示，
设四棱锥的外接球的球心为，且半径为，，连接，
因为正方体的棱长为1，可得，
在直角中，可得，解得，
所以四棱锥的表面积为，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数，（为虚数单位），若为纯虚数，则实数_________．
【答案】
【解析】
【分析】求出，根据纯虚数概念求解即可．
【详解】，
若为纯虚数，则，解得．
故答案为：．
13. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可
【详解】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为，
又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为，故体积
故答案为：
14. 在中，为边上的高，，，为边上一点，且，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】过分别作，的平行线交于，交于，由向量加法的平行四边形法则得，结合平面向量基本定理得，分别是，的中点，然后由得到，两边平方即可求解．
【详解】如图，过分别作，的平行线交于，交于，
则，又，所以，，
因为，所以，所以四边形是菱形，且，和都是等边三角形，
所以，，，，，
因为，所以，
两边平方得：，所以.
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. 某中学为了调查高一年级学生劳动实践活动情况，对名学生某周的劳动时间统计如下：
（1）根据提供的数据，直接在答题卡中补充完整周劳动时间的频率分布直方图（用阴影填涂，不需要书写具体步骤）；
（2）求周劳动时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值为代表）；
（3）根据图表，估计周劳动时间的样本数据分位数.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频数分布表计算出周劳动时间在和小时的频率，从而可补全频率分布直方图；
（2）根据平均的定义结合频率分布直方图求解即可；
（3）先判断分位数所在的区间，然后列方程求解即可.
【小问1详解】
由题意可知，周劳动时间在小时的频率为，
周劳动时间在小时的频率为，
所以补全的频率分布直方图如下图
【小问2详解】
周劳动时间平均数为：；
【小问3详解】
因为前3组的频率和为，
前4组的频率和为，
所以数据分位数在内，
设样本数据的分位数为，则，
得，周劳动时间的样本数据分位数为.
16. 如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，，三棱锥的体积为，求到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理即得.
（2）由已知结合锥体的体积公式求出，再利用线面垂直的判定性质确定点到平面的垂线段并求出其长度.
【小问1详解】
设与交于点，由底面为矩形，得为中点，
又为中点，则，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
17. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）将函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数的图象，若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式化简函数，再利用正弦函数周期公式和整体替换的方法解出周期和单调减区间；
（2）根据三角函数图象变换得到，根据函数在区间内有两个零点，数形结合得出实数的取值范围；
【小问1详解】
由题得，
则最小正周期；
令，得，
所以函数的单调递减区间为：；
【小问2详解】
函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，
得到函数，所以，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
由，得，
则，由图可得.
18. 如图，已知四边形为菱形，四边形为平行四边形，且，.
（1）证明：直线平面；
（2）设平面平面，且二面角的平面角为，，设为线段的中点，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】(1)利用菱形和全等三角形证明出从而证明线面垂直.
(2)先证明出，，得到为二面角的平面角，在直角三角形中求得，根据为线段的中点，求到平面的距离，从而求解出与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
设，连接，
四边形为菱形，则，
又，易得，
所以，则，
又，平面，
所以直线平面；
【小问2详解】
过点作于点，过点作于点，连接，过点作于点，连接，
由（1）易证，，，则为二面角的平面角，
在直角中，，又，可得，
设，则，
直角中，，可得，
为线段的中点，则到平面的距离，又，
设直线与平面所成角为，，
直线与平面所成角的正弦值为.
19. 克罗狄斯·托勒密（Ptlemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形.
（1）当时，求四边形的周长；
（2）当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
（3）若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值.
【答案】（1） cm
（2）位置见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）结合已知条件，只需用余弦定理计算即可求周长；
（2）设，由已知结合余弦定理可得，计算和的面积之和即可.
（3）由定理可得，可得到的最大值，由对角互补结合余弦定理可得和角，，由角平分线性质可得，由相交弦定理可得，再用余弦定理计算，即可计算.
【小问1详解】
中，由余弦定理得，
所以四边形的周长为.
【小问2详解】
设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
【小问3详解】
，且为正三角形，，，
，即的最大值为，取等号时，，
.
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，.
四点共圆，
由相交弦定理，得或（舍去）.
在中，，
.
周劳动时间（小时）
人数
20
80
140
200
60