福建龙岩2024~2025学年高一下册期末数学试题[含解析]

这是一份福建龙岩2024~2025学年高一下册期末数学试题[含解析]，共23页。
2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”﹒
第Ⅰ卷（选择题共60分）
一、选择题：本大题共8个小题，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. 已知为虚数单位，，则复平面上对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先利用复数的除法化简，再利用复数的几何意义求解.
【详解】因为，
所以,
复数对应的点是，
所以对应的点在第一象限.
故选：A.
2. 设是平面内两个不共线的向量，则向量可作为基底的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】逐项判断向量是否共线，若不共线，则可以作为基底
【详解】解：对于A，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以A不合题意；
对于B，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以B不合题意；
对于C，若共线，则存在唯一实数，使，即，所以且，所以不存在，所以不共线，所以可以作为基底，所以C符合题意；
对于D，因为，所以共线，所以不能作为基底，所以D不合题意，
故选：C
3. 新中国成立以来，我国共进行了次人口普查，这次人口普查的城乡人口数据如下图所示．根据该图数据判断，下列选项中错误的是（ ）
A. 乡村人口数均高于城镇人口数
B. 城镇人口数达到最高峰是第次
C. 和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第次
D. 和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第次
【答案】A
【解析】
【分析】结合信息图，逐项分析即可.
【详解】A：因为2020年城镇人口高于乡村人口，故A错误；
B：因为城镇人口数达到最高峰是2020年，即第7次，故B正确；
C：第二次和第一次相比，城镇人口比重增量为；
第三次和第二次相比，城镇人口比重增量为；
第四次和第三次相比，城镇人口比重增量为；
第五次和第四次相比，城镇人口比重增量为；
第六次和第五次相比，城镇人口比重增量为；
第七次和第六次相比，城镇人口比重增量为；
所以和前一次相比，城镇人口比重增量最大的是第次，故C正确；
和前一次相比，城镇人口比重增量最小的是第次，故D正确.
故选：A
4. 在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件求出角，然后结合正弦定理即可求出结果.
【详解】因为，则，结合正弦定理，即，
解得，
故选：B.
5. 已知圆柱的侧面积为，体积为则该圆柱的轴截面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱侧面积与体积公式，解得底面半径及高，即可得到圆柱的轴截面面积．
【详解】设圆柱底面圆半径为，高为，
则由题意得到，
解得，所以圆柱轴截面为正方形，
此圆柱的轴截面正方形的面积为
故选：．
6. 若是两个不重合的平面，是三条不重合的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】结合选项逐个判定，可以利用定理推理，也可以使用反例排除.
【详解】对于A，，的位置关系无法确定；
对于B，两个平面平行，需要一个平面内的两条相交线平行于另一个平面，显然不满足；
对于C，线面垂直需要直线垂直于平面内的两条相交直线，缺少相交的条件；
对于D，，，所以，因为，所以；
故选：D.
7. 已知菱形，且，则的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以为轴建立平面直角坐标系，根据条件得出各个点的坐标，由得出点的坐标，再得出向量的坐标，由向量的夹角公式可得答案.
【详解】在菱形中，设交于点，分别以为轴建立如图所示的平面直角坐标系.
由，则
由，则点为的中点，所以
则
所以
故选：D
8. 现有个相同的小球，分别标有数字，从中有放回的随机抽取两次，每次抽取一个球，记：事件表示“第一次取出的球数字是”，事件表示“第二次取出的球数字是”，事件表示“两次取出的球的数字之和为”，事件表示“两次取出的球的数字之和为”，则下列选项正确的是（ ）
A. 事件和事件相互独立B. 事件和事件相互独立
C. 事件和事件相互独立D. 事件和事件相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出然后求出进而根据事件独立的概率乘法公式即可判断.
【详解】
因为
故事件和事件相互独立
故选：C.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 设为复数，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若满足，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可．
【详解】解：因为为复数，对于A：若，则为实数，所以，故A正确；
对于B：若，即，即，显然当时，上式也成立，故B错误；
对于C：由，则，
，
所以，故选项C正确；
对于D：设，，因为，所以，所以，则，因为，所以，故D正确；
故选：ACD
10. 已知正四面体的棱长为分别为的中点．下列说法正确的有（ ）
A.
B. 异面直线与所成角的余弦值为
C. 该正四面体的体积为
D. 该正四面体的内切球体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正四面体性质依次判断各选项，即可得出结果.
【详解】对于A，由于正四面体的相对棱互相垂直可知，,则，故A正确；
对于B,取中点,连接,由，可知异面直线与所成角即为,在中，,由余弦定理计算可得，故B正确；
对于C，过点作面于点,由正四面体性质可知，为的中心，计算可得，,该正四面体的体积为,故C错误;
对于D，设正四面体的内切球半径为，由等体积可知，,该正四面体的内切球体积为，故D正确.
故选：ABD
11. 在平行四边形中，，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最小值是B. 的最小值是
C. 的最大值是D. 的最大值是
【答案】BC
【解析】
【分析】用为基底向量，将向量分别表示出来，由向量数量积的运算性质结合的范围可得答案.
【详解】
所以



由，则
所以的最小值是，最大值为10.
故选：BC .
12. 在中，角对边分别为，设向量，且，则下列选项正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若的面积为，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量平行得到，结合余弦定理转化为，进而利用正弦定理得到，化简整理即可判断A、B选项；利用正弦定理及二倍角公式将转化为，然后求出角A的范围，进而求出值域即可判断C选项；利用，结合正弦定理及二倍角公式化简整理可求得角，进而可以求出角，从而可以判断D选项.
【详解】因为向量，且，所以，即，
结合余弦定理得，，，
再结合正弦定理得，，
又因为,
所以，
，
，
，
所以，故，所以B正确，A错误；
，因为，所以，
又因为，所以，所以，
即，因此，故C正确；
因为，结合正弦定理，
即，则,
,，，
则，或，
故或，故或，故D错误.
故选：BC.
第II卷（非选择题共90分）
二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）
13. 已知向量，若，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出．
【详解】因为，所以由可得，
，解得．
故答案为：．
【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设，
，注意与平面向量平行的坐标表示区分．
14. 记一组数据平均数为，且，则_______________________．
【答案】
【解析】
【分析】将展开，重新分组结合和条件可得答案.
【详解】
所以
故答案为：4
15. 已知圆的弦的长度为，则________________________．
【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的数量积的几何意义求解.
【详解】如图所示：
因为弦的长度为，
所以，
所以，
故答案为：6
16. 已知三棱锥，侧面底面，则_____________________．，三棱锥外接球的表面积为________________________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】
【详解】解：（1）取BC中点D，连接PD，AD.
由题知，和均为正三角形且边长为，故.
面PBC面ABC，由面面垂直的性质知PD面ABC
AD面ABC，
在Rt中，.
（2）设三棱锥P-ABC的外接球球心为O，
故O到面ABC和面PBC的射影均为和的中心E、F，
即四边形OFDE为正方形，
在中，,
则球的表面积.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数．
（1）若，求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）或；（2）．
【解析】
【分析】（1）由，解出方程得到答案.
（2）由可得其最小值.
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以或．
（2）
所以时，的最小值为
18. 如图，是圆锥的顶点，是底面圆的直径，为底面圆周上异于的点，为的中点．

（1）求证：平面平面
（2）若圆锥的侧面积为，且，求该圆锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）由底面圆得到，再证明出即可证明平面，利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面
（2）利用圆锥的侧面积为，且，计算出，直接求出体积即可.
【详解】（1）由圆锥性质可知，底面圆
∵在底面圆上，
∴，
∵在圆上，为直径，
∴，
又点分别为的中点，
∴
∴
又，且平面，
∴平面，
又平面，
∴平面平面．
（2）∵，
∴，
∴底面周长为
，
∴，
∴．
19. 为了解某班级学生期末考试数学成绩情况，抽取该班名学生的数学成绩，将所得数据整理后，画出其频率分布直方图（如图），已知从左到右各长方形高的比为．
（1）根据频率分布直方图，计算抽取的数学成绩的平均数和第百分位数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)；
（2）若从分数在和的同学中随机抽取两位同学，求抽取的两位同学中至少有一位同学的数学成绩在的概率．
【答案】（1）平均数为；第百分位数为；（2）．
【解析】
【分析】（1）由频率的比例关系及它们的和为1求出各区间的频率，再根据直方图求平均数、第百分位数即可；
（2）确定、区间的人数，从中随机抽取两位同学写出所有可能组合，再确定两位同学中至少有一位同学的数学成绩在的组合，求古典概型的概率即可.
【详解】（1）由频率分布直方图中，高的比就是频率的比，
∴各区间上频率可依次设为且
，故各区间上的频率从左往右依次为：，
∴平均数为：，
假设第百分位数为，则，解得；
∴所求平均数为，第百分位数为．
（2）由（1）知，数学成绩在共有人，分别记为；数学成绩在共有人，分别记为，
从这6人中随机抽出两位同学的样本空间，故，
记事件表示“至少有一位同学的数学成绩在”则，故，
∴至少有一位同学的数学成绩的概率为.
20. 在①；②这两个条件中任选一个，补充在下面问题中横线上，并解答相应的问题．
在中，角的对边分别为，且满足 ，平分交于点且，求的面积．
【答案】选择见解析；．
【解析】
【分析】若选①，由正弦定理可得，化简得，从而可得，进而可得，若选②，由正弦定理得，而，化简可得，从而可求出，由可得，由余弦定理可得，则有，求出，从而可求出三角形的面积
【详解】解：若选①，由正弦定理，得．
由，
得，由，
得，
所以，
所以．
又，得．
若选②，因为，
由正弦定理得，
因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，，
所以，
所以．
因为，
所以，
化简得①，
由余弦定理得，
所以，
所以②，
联立①②化简得，
所以，
解得或（舍去），
又因为，
所以．
21. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．已知每轮甲、乙同时猜错的概率为，恰有一人猜错的概率为.
（1）求和；
（2）若，求“星队”在两轮活动中猜对个成语的概率．
【答案】（1）或；（2）．
【解析】
【分析】（1）由每轮甲、乙同时猜错的概率为，恰有一人猜错的概率为，得：，从而解得和的值；
（2）由（1）得和的值，则分甲猜对两个，乙猜对两个，甲猜对一个且乙猜对一个三种情况讨论即可，然后相加即可得出答案.
【详解】解：（1）设M表示事件“每轮甲、乙同时猜错”；N表示事件“恰有一人猜错”，
，
，
或；
由（1）可知，
设表示事件“甲在两轮中猜对个成语”，
表示事件“乙在两轮中猜对个成语”，，
表示“星队”在两轮活动中猜对成语的个数”，
由于两轮猜的结果相互独立，
所以
，
所以“星队”在两轮活动中猜对个成语的概率为.
22. 已知等边三角形分别是边上的三等分点，且（如图甲），将沿折起到的位置（如图乙），是的中点．
（1）求证：平面；
（2）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）过点作交于点取的中点，证明，平面即得证；
（2）设，则证明，设在面内的投影为，则在的延长线上，设与平面所成角为，点到平面的距离为，由，得，即得解.
【详解】解：（1）过点作交于点取的中点，
是等边三角形，，
又、分别为和的中点，
为的中位线，
，
四边形为平行四边形，
又因为平面平面，
平面；
（2）设，则
，
在中，
又余弦定理得
，
，
，
，，
又因为面面，
为二面角的平面角，
设在面内的投影为，则在的延长线上，
，
在中，，
由正弦定理得，连接
且，在中，由余弦定理得，
在中，，
所以在中，，
所以，
所以，
设与平面所成角为，点到平面的距离为，
由，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为．