福建福州格致中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]

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一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分
1. 设，复数，若为纯虚数，则（ ）
A. 3或B. 3C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，进而解方程即可得答案.
【详解】解：因为复数为纯虚数，
所以，解得.
故选：B
2. 北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”很受欢迎，现工厂决定从20只“冰墩墩”，15只“雪容融”和10个北京2022年冬奥会会徽中，采用比例分配分层随机抽样的方法，抽取一个容量为n的样本进行质量检测，若“冰墩墩”抽取了4只，则n为（ ）
A. 3B. 2C. 5D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】利用分层抽样中的比例列出方程，求出答案.
【详解】，解得：
故选：D
3. 如图，是用斜二测画法画出的直观图，则是（ ）
A. 锐角B. 直角C. 钝角D. 无法判断
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法，将直观图还原为平面图即可判断.
【详解】解：根据斜二测画法的规则，将直观图还原为平面图如图所示，
所以，是钝角.
故选：C
4. 已知为的外接圆圆心，若，则向量在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件判断出三角形的形状，从而计算出在上的投影向量.
【详解】依题意三角形的外接圆圆心为，，即，
所以是的中点，即是圆的直径，且，
又，，
所以，
所以，
∴，
所以在上投影向量为.
故选：A.
5. 在一次“概率”相关的研究性活动中，老师在每个箱子中装了个小球，其中个是白球，个是黑球，用两种方法让同学们来摸球．方法一：在个箱中各任意摸出一个小球；方法二：在个箱中各任意摸出两个小球．将方法一、二至少能摸出一个黑球的概率分别记为和，则（ ）．
A. B. C. D. 以上三种情况都有可能
【答案】A
【解析】
【分析】求出方法一至少能摸出一个黑球的概率，方法二至少能摸出一个黑球的概率，再作差比较大小即得解.
【详解】解：根据题意，按方法一抽取，每箱中黑球被抽取的概率为，
∴没有抽到黑球的概率为，
∴至少能摸出一个黑球的概率，
按方法二抽取，每箱中黑球被抽取的概率为，∴没有抽到黑球的概率为
∴至少能摸出一个黑球的概率，
∴
∴，
故选：A．
6. 已知在中，，，，点D，E分别为线段AC，AB上的动点，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，，利用，可得，由余弦定理表示出，利用均值不等式即可求得的最小值．
【详解】在中，，，则有，，
设，，
，，
，
，（当且仅当时取等号），
则的最小值为．
故选：．
7. 已知是半径为6的球表面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理、余弦定理解三角形，得出直角三角形，再证（D为AC中点），求出OD长，则由可求体积
【详解】∵，∴，，即，可解得，则，所以.
因为，作AC中点D，连接，则，且易得与全等（SSS），故，
由平面ABD，故平面ABD，
∵，∴.
故选：D
8. 已知的三个内角满足，则下列结论中正确的是（ ）
A. 是锐角三角形
B.
C. 角的最大值为
D. 角的最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】A选项整理得到即可判断三角形形状；
B选项根据大边对大角，小边对小角得到三边的大小关系，从而得到，再利用放缩和正弦定理即可证明；
C选项利用特殊值的思路判断即可；
D选项根据题目中的条件再结合基本不等式求出的最大值即可.
【详解】A选项：因为，得，所以，为钝角三角形，故A错；
B选项：由题意可得是最大的角，所以，，，所以
，故B错；
C选项：由题意知当，时，，，故C错；
D选项：由题可得，
所以，当且仅当时等号成立，
因为，且，所以，故D正确.
故选：D.
二､多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
9. 下列关于复数的命题中，正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数的模、共轭复数的定义及复数代数形式的乘法运算法则判断即可.
【详解】解：对于A：因为，则，则，所以，故A正确；
对于B：若，则，故B正确；
对于C：令，，，
由，所以，
所以，则，同理可得，
所以，故C正确；
对于D：令，，则，但是、，所以，故D错误；
故选：ABC
10. 四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（ ）
A. 平均数为3，中位数为2B. 中位数为3，众数为2
C. 平均数为2，方差为2.4D. 中位数为3，方差为2.8
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意举例判断即可
【详解】解：对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；
对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确；
对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，所以C错误；
对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确，
故选：ABD
11. 已知为所在的平面内一点，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为的垂心，，则
B. 若为锐角的外心，且，则
C. 若，则点的轨迹经过的重心
D. 若，则点的轨迹经过的内心
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据，计算可判断A；设为中点，则根据题意得三点共线，且，进而得判断B；设中点为，进而结合正弦定理得可判断C；设中点为，根据题意计算得，进而得可判断D.
【详解】解：对于A选项，因为，，又因为为的垂心，
所以，所以，故正确；
对于B选项，因为且，
所以，整理得：，即，
设为中点，则，所以三点共线，
又因为，所以垂直平分，故，正确；
对于C选项，由正弦定理得，
所以，
设中点为，则，所以，
所以三点共线，即点在边的中线上，故点的轨迹经过的重心，正确；
对于D选项，因为，
设中点为，则，所以，
所以，
所以，即，
所以，故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，错误.
故选：ABC
12. 如图，平面四边形中，是等边三角形，且，是的中点.沿将翻折，折成三棱锥，在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A. 存在某个位置，使得与所成角为锐角
B. 棱上总会有一点，使得平面
C. 当三棱锥的体积最大时，
D. 当平面平面时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】BC
【解析】
【分析】取中点，连接，，可证明即可判断A；取中点，连接，可证明平面判断B；三棱锥的体积最大， 的投影在棱上时，此时平面，进而可证明平面得判断C；过作，过点作交于，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，进而根据几何关系求解得可判断D.
【详解】解：对于A选项，取中点，连接，，因为是等边三角形，所以，又因为是的中点，所以，因为，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，故错误；
对于B选项，取中点，连接，因为是的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，故正确；
对于C选项，设到平面的距离为，因为且，
所以，所以，故要使三棱锥的体积最大，则最大，所以当的投影在棱上时，最大，且，此时平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，平面，所以，故正确；
对于D选项，因为为直角三角形，所以过作，设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，所以，过点作交于，如图所示，所以四边形为矩形，所以，所以在中，，即，
在中，，即，进而解得，所以三棱锥的外接球的表面积为，故错误.
故选：BC
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 湖南某校高二年级为考查一次数学大练习成绩，按首选科目（物理或历史）进行分层抽样得到一个样本，样本中选物理类学生占，该次大练习数学平均成绩为124分，选历史类学生该次大练习数学平均成绩为100分，则可估计出该校全体高二学生本次数学大练习的平均分是__________．
【答案】118
【解析】
【分析】利用平均分的定义分别求出选物理类学生、选历史类学生的数学总分，再计算全年级平均分作答.
【详解】令该校全体高二学生人数为，依题意，选物理类学生人数为，数学考试总分为：，
选历史类学生人数为，数学考试总分为：，
所以估计该校全体高二学生本次数学大练习的平均分是.
故答案为：118
14. 已知是关于的实系数一元二次方程的一个根，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用两根共轭关系，联立韦达定理即可求解.
【详解】由题可知，为方程的一个根，则也为方程的一个根，则，，，，则.
故答案为：
15. 在锐角中，角所对的边分别为为的面积，且，则的取值范围___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理,可得，再根据同角关系式可得， ，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得出，结合条件可得取值范围，进而即得.
【详解】因为，且，
所以，即，
由余弦定理得：，
所以，又，
所以，
解得：或，
因为为锐角三角形，
所以，，
所以，
因为，
所以，
由正弦定理得：
，
因为为锐角三角形，
所以，即,
所以，
所以，
所以，
所以，，
故.
故答案为：.
16. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.
【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，
设圆锥的母线长为，底面半径为，则，
所以
如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，
的高，则内切圆O的半径即球半径，
于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.
四､解答题：本题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 某中学为研究本校高三学生在市质检中的语文成绩，随机抽取了100位同学的语文成绩作为样本，得到以，，，，，，分组的样本频率分布直方图如图.
（1）求直方图中的值；
（2）请估计本次联考该校语文成绩的中位数和平均数.
【答案】（1）0.01;
（2）中位数为，平均数为107.4.
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中小长方形的面积为1列方程求解即可；
（2）根据频率分布直方图中中位数和平均数的性质特点计算即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图得：，
解得.
【小问2详解】
由频率分布直方图得，分数在区间、的频率分别为0.34，0.62，因此，该校语文成绩的中位数m在之间，
则，解得，
语文成绩的平均数为
.
18. 一块三棱锥形木块如图所示，点是的重心，过点将木块锯开，使截面平行于侧面.
（1）画出截面与木块表面的交线，并说明理由；
（2）若为等边三角形，，求夹在截面与平面之间的几何体的体积.
【答案】（1）答案见解析；
（2）
【解析】
【分析】过点作交于点，过点作交于，则边所在直线即为所画线；
（2）由题知三棱锥为正三棱锥，进而得，连接并延长，交于点，再根据相似比求得，进而可得所求几何体的体积.
【小问1详解】
解：过点作交于点，过点作交于，则平面平面，边所在直线即为所画线.理由如下：
因为，平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
解：因为为等边三角形，，
所以三棱锥为正三棱锥，
所以点在平面内的射影为的中心，则平面，如图2
连接，由为等边三角形，的中心为，
所以
所以三棱锥的高为
所以三棱锥的体积为，
连接并延长，交于点，
因为点是的重心，所以，所以
所以，
所以，，
所以，截面与平面之间的几何体的体积为
19. 已知函数，集合，若分别从集合中随机抽取一个数和，构成数对.
（1）记事件为“函数的单调递增区间为”，求事件的概率；
（2）记事件B为"方程有4个根”，求事件的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，写出数对的可能取值，再求解满足事件的关系的基本事件，进而根据古典概型求解即可；
（2）由题知二次函数的最小值小于，进而得，再求满足题意得基本事件，根据古典概型求解即可.
【小问1详解】
解：由题知，
所以，数对的可能取值为：，共20对.
若函数的单调递增区间为，则函数的对称轴为，即
所以，满足条件的基本事件有：，共4对，
所以，事件的概率为
【小问2详解】
解：因为，二次函数开口向上，
所以，方程有4个根，即为和各有2个根，
所以，二次函数的最小值小于，
所以，即，
满足条件的基本事件有：共11对，
所以，事件的概率
20. 在如图所示的平面图形中，，，求：
（1）设，求的值；
（2）若且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量减法得，再根据向量共线可得，进而得答案；
（2）由题知，设设，进而得，再结合二次函数与三角函数求范围即可得答案.
【小问1详解】
解：因为，
所以，
所以，即
【小问2详解】
解：因为，所以记
因为，所以，
设，
则
所以，，
所以
所以，当时，取得最小值，最小值为，
又因为，所以，
所以，即的最小值为
21. 如图，四棱锥中，平面ABCD，PB与底面所成的角为，底面ABCD为直角梯形，
（1）求证：平面平面PCD：
（2）在线段PD上是否存在点E，使CE与平面PAD所成的角为？若存在，求出有的值：若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，理由见解析；
【解析】
【分析】（1）方法一.利用线面垂直的性质定理及线面角的定义，再利用锐角三角函数及余弦定理，结合线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理即可求解；
方法二.根据已知条件及线面角的定义及线面垂直的性质定理，建立空间直线坐标系，求出相关点的坐标，利用向量垂直的坐标表示及线面垂直和面面垂直的判定定理即可求解；
（2）方法一.利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理，再利用线面角的定义及锐角三角函数即可求解.
方法二.设，可得，求出直线CE的方向向量和平面PAB的法向量，利用向量的夹角公式，结合向量的夹角与线面角的关系即可求解.
【小问1详解】
方法一. 由，得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
在中，,解得，
因所以
在中，,
因为所以
在中，由余弦定理得，即.
由，得，
因为平面，平面,所以,
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
方法二.由，得，
因为平面，是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
在中，,解得，
分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系，如图所示，
，， ，，
， ，，
所以，，
所以，，即，
又，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
存在，理由如下，
方法一.取的中点，连接，如图所示，
因为，所以，
因为所以,所以四边形为矩形，
所以,
因为平面，平面,所以,
又，平面，
所以平面，所以是在平面内的射影，
所以是与平面所成的角，即，
由（1）知，,且是的中点，
所以.在中，，
因为平面，平面,所以,
在中，，
由,得，在中，,
取的中点为，连接,又,
所以,在中，,
所以，解得,所以,
所以,,所以.
所以线段上存在点，使CE与平面PAD所成的角为，此时.
方法二.由（1）知，，，，，，
设，
所以，，
因为平面，平面，所以，又，
且，所以平面，
所以是平面PAB的一个法向量，
所以，
解得，或，
当时，点与重合，不符合题意，舍去，
所以当时， CE与平面PAD所成的角为，且.
22. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）若，求面积.
（2）试问能否成立？若能成立，求此时的周长，若不能成立，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不能成立，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由和差公式变形得出，由正弦定理得，故由三角形面积公式可得，即可求面积；
（2）假设成立，则有，结合余弦定理可得，即可解出，得出不满足，即可证不成立
【小问1详解】
，∴，∴，
由正弦定理得，，∴，
∴；
【小问2详解】
假设成立，则，
∵，∴，
即，解得或（舍），
则有，不满足，故不成立.