福建福州第十五中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]

这是一份福建福州第十五中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设全集，，，则图中阴影部分对应的集合为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据图可知：阴影部分对应的集合为，利用数轴先求出，而后求出即可.
【详解】图中阴影部分对应的集合为，因为，
所以，故本题选A.
【点睛】本题考查了识图能力，考查了集合的交集、补集的运算，把图形语言转化为符号语言是解题的关键，运用数轴解决数集之间的运算是常见的方法.
2. 已知，，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
本题可通过确定、、三个数的取值范围来得出、、三个数的大小.
【详解】因为，所以，
因为，，
所以，
故选：D.
3. 袋子中有大小、形状完全相同的四个小球，分别写有“和”、“谐”、“校”、“园”四个字，有放回地从中任意摸出一个小球，直到“和”、“谐”两个字都摸到就停止摸球，用随机模拟的方法估计恰好在第三次停止摸球的概率．利用电脑随机产生到之间取整数值的随机数，分别用，，，代表“和”、“谐”、“校”、“园”这四个字，以每三个随机数为一组，表示摸球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】随机模拟产生了18组随机数，其中第三次就停止摸球的随机数有4个，由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率．
【详解】随机模拟产生了以下18组随机数：
343 432 341 342 234 142 243 331 112
342 241 244 431 233 214 344 142 134
其中第三次就停止摸球的随机数有：142，112，241，142，共4个，
由此可以估计，恰好第三次就停止摸球的概率为p．
故选B．
【点睛】本题考查概率的求法，考查列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
4. 已知是两条直线，是两个平面．给出下列命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则；⑤，则，则命题正确的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】在①中，或；在②中，由线面垂直的性质定理得；在③中，由面面平行的判定定理得；在④中，n与m平行或异面；在⑤中，m与n相交、平行或异面．
【详解】解：由是两条直线，是两个平面，知：
在①中，若，则或，故①错误；
在②中，若，则由线面垂直的性质定理得，故②正确；
在③中，若，则由面面平行的判定定理得，故③正确；
在④中，若，则与平行或异面，故④错误；
在⑤中，，则与相交、平行或异面，故⑤错误．
所以，正确的命题个数为2个.
故选：B．
5. 将一枚均匀的骰子掷两次，记事作为“第一次出现奇数点”，为“第二次出现偶数点”，则有（ ）
A. 与相互独立B.
C. 与互斥D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据相互独立事件的定义可判断A；根据互斥事件的概念、以及和事件的概率公式可判断B、C；由相互独立事件概率的乘法公式可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：由题意知，事件的发生与否对事件没有影响，所以与相互独立，故选项A正确；
对于C：因为事件与可能同时发生，所以事件与不是互斥事件，故选项C不正确
对于B：因为与不是互斥事件，所以，故选项B不正确；
对于D：因为与相互独立事件，则，故选项D不正确；
故选：A.
6. 已知，且，i为虚数单位，则的最大值是（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】设，由可知z对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，而表示圆上的点到的距离，由此可确定的最大值．
【详解】解：∵，故设，，
∴，
∴，
故复数对应的点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
∵表示圆上的点到点的距离，
∴的最大值是，
故选：B．
7. 正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】以，为坐标轴建立平面直角坐标系，由转化为坐标的运算可得答案.
【详解】以，为坐标轴建立平面直角坐标系，如图：

设正方形边长为1，则，，．
因为，所以
解得，所以．
故选：B．
8. 已知非零向量与满足，且，则为（ ）
A. 等腰非直角三角形B. 直角非等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由推出，由推出，则可得答案.
【详解】由，得，得，得，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，即，
所以为等腰直角三角形.
故选：C
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 已知i为虚数单位，复数z满足z（2-i）= i2020，则下列说法错误的是（ ）
A. 复数z的模为B. 复数z的共轭复数为
C. 复数z的虚部为D. 复数z在复平面内对应的点在第一象限
【答案】ABC
【解析】
【分析】直接利用复数的运算，复数的模，复数的共轭，复数的几何意义判断A、B、C、D的结论．
【详解】解：复数满足，整理得．
对于A：由于，故，故A错误；
对于B：由于，故，故B错误；
对于C：复数的虚部为，故C错误；
对于D：复数在复平面内对应的点为，故该点在第一象限内，故D正确；
故选：ABC．
10. 设，且，则( )
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】a＝2－b代入即可判断A；
根据指数函数的单调性即可判断B；
利用基本不等式可求ab的范围，从而可判断C；
利用和基本不等式可求的范围，从而判断D.
【详解】对于A：，且，，解得，故A正确；
对于B：，即，，故B错误；
对于C：，且，，当且仅当时，等号成立，，故C正确；
对于D，且，
，
当且仅当，即时等号成立，
∵－3＝，∴，∴D错误.
故选：AC.
11. 下列命题中是真命题的有（ ）
A. 有A，B，C三种个体按3:1:2的比例分层抽样调查，如果抽取的A个体数为9，则样本容量为30
B. 一组数据平均数、众数、中位数相同
C. 若甲组数据的方差为5，乙组数据为，则这两组数据中较稳定的是甲
D. 一组数分位数为5
【答案】D
【解析】
【分析】根据分层抽样的性质判断A；计算出平均数、中位数、众数判断B；计算乙的方差判断C；由百分位数的性质判断D.
【详解】对于A项，B、C抽取的个体数分别为，则样本容量为，故A错误；
对于B项，平均数为，中位数为，众数为，故B错误；
对于C项，乙平均数为，方差为，则这两组数据中较稳定的是乙，故C错误；
对于D项，将该组数据总小到大排列，由，则该组数据的85%分位数为5，故D正确；
故选：D
12. 正方体的棱长为分别为的中点，则（ ）
A. 直线与直线夹角
B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面面积为
D. 点和点到平面的距离相等
【答案】ABC
【解析】
【分析】A利用平行关系可得直线与直线夹角为，应用余弦定理求角的大小；B、C由平面的基本性质找到面截正方体所得的截面，根据线面平行的判定及梯形的面积公式判断正误；D利用正方体的对称性及线面平行的性质判断和到平面的距离是否相等即可.
【详解】A：由，则直线与直线夹角为，

而，，，则，
所以，正确；
B：由平面的性质可得平面截正方体所得的截面为，而，
由面，面，故面，即面，正确；
C：由B分析知：平面截正方体所得的截面，且分别为两底边，
而高为，故面积为，正确；
D：由B分析知：到平面的距离与到平面的距离相等，
由正方体的对称性，和到平面的距离不相等，它们到面的距离相等，错误.
故选：ABC
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若偶函数在上为增函数，若，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由偶函数的性质可得在上递减，再利用偶函数的性质解不等式
【详解】解：因为偶函数在上为增函数，
所以在上递减，
因为为偶函数，所以可化为，
所以，即，，
解得，
所以实数的取值范围为，
故答案为：
14. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.
【答案】
【解析】
【分析】分别求出基本事件总数，点数和为5的种数，再根据概率公式解答即可．
【详解】根据题意可得基本事件数总为个.
点数和为5的基本事件有，，，共4个.
∴出现向上的点数和为5的概率为.
故答案为：.
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15. 一个圆锥母线长为，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________．
【答案】
【解析】
【分析】由圆锥的侧面积得出圆锥的底面半径，设出球的半径，根据题意得出关系式求出球的半径，进而得出球的体积．
【详解】解：设圆锥的底面半径为，
因为圆锥母线长为，侧面积，所以，解得，
所以，圆锥的高，
设球半径为R，球心为，其过圆锥的轴截面如图所示，
由题意可得，，即，解得，
所以，．
故答案为：．
16. 在中，内角，，对的边分别为，，，满足则________若边上的中线，则面积的最大值为②________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理可求，进而可求，然后利用余弦定理及基本不等式可求的范围，结合三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：在中，因为，
所以，
因为，
故，
因为为三角形的内角，故，
中，由余弦定理可得，，
，当且仅当时取等号，
，此时，为最大．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
17. 已知向量, 设函数.
(1) 求最小正周期.
(2) 求在上的最大值和最小值.
【答案】（1）；（2）最大值和最小值分别为.
【解析】
【分析】（1）求出化简，即可得出结论；
（2）根据整体思想，结合图像特征，即可求出答案.
【详解】(1) ,


.
.
所以, 所以最小正周期为.
(2) 当 时，
.
所以在上的最大值和最小值分别为.
【点睛】本题考查向量的数量积，三角函数的化简以及三角函数的性质，整体思想是解题的关键，属于中档题.
18. 中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.
（1）求A；
（2）若BC=3，求周长的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；
（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.
【详解】（1）由正弦定理可得：，
，
，.
（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式
由余弦定理得：，
即.
（当且仅当时取等号），
，
解得：（当且仅当时取等号），
周长，周长的最大值为.
[方法二]：正弦化角（通性通法）
设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．
[方法三]：余弦与三角换元结合
在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c．由余弦定理得，即．令，得，易知当时，，
所以周长的最大值为．
【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；
方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.
方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.
方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.
19. 如图所示的四棱锥的底面是一个等腰梯形，，且，是△的中线，点是棱的中点.
（1）证明：平面.
（2）若平面平面，且，，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，，根据中位线、平行四边形的性质，结合线面平行的判定有面、面，再根据面面平行的判定及性质证明结论.
（2）由（1）知到面的距离等于到面的距离，再由等体积法求到面的距离，即可得到平面的距离.
【小问1详解】
如图，连接，.
由，分别是棱，的中点，
∴，又面，面，故面.
又，且，
∴且，故四边形是平行四边形，
∴，又面，面，故面.
又，
∴面面，又面，
∴面.
【小问2详解】
由（1）知：面，则到面的距离等于到面的距离.
连接，.由是棱的中点且，
∴，又面面，面，面面，
∴面.
又四边形是等腰梯形，且，
∴，则，，
.
设点到平面的距离为，由，
∴，解得，即到平面的距离为.
20. 某网站营销部为统计某市网友2021年12月12日在某网店的网购情况，随机抽查了该市60名网友在该网店的网购金额，将数据整理分析后得到下面的图表．
若将当日网购金额不小于2千元的网友称为“网购达人”，网购金额小于2千元的网友称为“网购探者”．已知“网购达人”与“网购探者”的人数之比为2∶3．
（1）确定的值，并补全频率直方图．
（2）试根据频率直方图估算这60名网友当日在该网店网购金额的平均数和中位数．若平均数和中位数中至少有一个不低于2千元，则该网店当日被评为“皇冠店”，试判断该网店当日能否被评为“皇冠店”．
【答案】（1），图见详解
（2）平均数是1.7（千元），中位数为（千元），该网店当日不能被评为“皇冠店”
【解析】
【分析】(1)由题意，根据频率分布直方表中的数据，列出方程，求得，，进而求得的值，即可求解；
(2)由平均数的计算公式和中位数公式，即可求得这60名网友的网购金额的平均数为和中位数；根据数据平均数，中位数，即可得到结论.
【小问1详解】
解：由题意得，化简得，解得，
故，补全的频率直方图如图所示．
【小问2详解】
设这60名网友的网购金额的平均数为，
则（千元）．
因为，
所以这60名网友的网购金额的中位数为（千元）．
因为平均数，中位数，
所以该网店当日不能被评为“皇冠店”．
21. 某校社团活动深受学生欢迎，每届高一新生都踊跃报名加入．现已知高一某班名同学中有名男同学和名女同学参加摄影社，在这名同学中，名同学初中毕业于同一所学校，其余名同学初中毕业于其他所不同的学校现从这名同学中随机选取名同学代表社团参加校际交流每名同学被选到的可能性相同．
（1）在该班随机选取名同学，求该同学参加摄影社的概率；
（2）求从这名同学中选出的名同学代表恰有名女同学的概率；
（3）求从这名同学中选出的名同学代表来自于不同的初中学校的概率．
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）首先找到该班全部同学的数量和参加摄影社的同学的数量，然后计算比值即为所求概率；
（2）根据古典概型的概率公式即得；
（3）利用对立事件的概率即得.
【小问1详解】
依题意，该班名同学中共有名同学参加摄影社，
所以在该班随机选取名同学，该同学参加摄影社的概率为；
【小问2详解】
设表示参加摄影社的男同学，表示参加摄影社的女同学，
则从名同学中选出的名同学代表共有种等可能的结果，
，
其中恰有名女同学的结果有种：
，
所以从名同学中选出的名同学代表恰有名女同学的概率为；
【小问3详解】
由上可得从这名同学中选出的名同学代表来自于同一初中学校的概率为，
所以这名同学中选出的名同学代表来自于不同的初中学校的概率．
22. 如图所示，在等边中，，，分别是上的点，且，是的中点，交于点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，连接．
（1）证明：；
（2）设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等边三角形的三线合一定理及线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质定理；
（2）利用二面角的平面角的定义及面面垂直的性质定理，建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量夹角与线面角的定义即可求解；
（3）利用二面角的平面角的定义及面面垂直的性质定理，利用勾股定理及等面积法，结合线面角的定义即可求解.
【小问1详解】
因为是等边三角形，E是的中点，
所以，
因为，所以，
所以，
可得，
又，平面，
所以平面，
又平，
所以．
【小问2详解】
方法一、因为，
所以二面角的平面角为，
所以，可得，
由第（1）问知，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以点P在平面内的射影Q在上，
因为，所以，
过F作直线交于点K，以为坐标原点，
以的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，可得，
所以直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
方法二、因为，
所以二面角的平面角为，
所以，可得，
由第（1）问知，平面，平面，
所以平面平面，
又因为平面平面，
所以点P在平面内的射影Q在上，
因为，所以，
又因为,
所以,,
所以点到平面的距离即为点到的距离，设为，则
，即，解得，
设直线与平面所成角为，则
.
所以直线与平面所成角的正弦值为．
网购金额/千元
频数
频率
3
0.05
x
p
9
0.15
15
0.25
18
0.30
y
q
合计
60
1.00