江苏南京金陵中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]

这是一份江苏南京金陵中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]，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i为虚数单位，复数z满足，则的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，利用圆上点到定点距离的最值的求法得解.
【详解】因为复数z满足，
所以复数对应的点的轨迹为单位圆，圆心为原点，半径，
圆心到复数对应的点的距离为，
所以的最大值为.
故选：B
2. 已知数据3，7，a，6的平均数是4，则这组数据的标准差为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平均值求出，再由方差公式计算即可得解.
【详解】由题意，，即，
则，
所以，
故选：C
3. 抛掷一枚质地均匀骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ）
A. A与B互斥B. B与C互为对立C. A与B相互独立D. A与C相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD.
【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误；
对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误；
第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故，
两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为，
故，
同时发生的事件包含样本点为，故，
所以，即不相互独立，故C错误；
两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故，
同时发生的事件包含的样本点为，故，
所以，即A与C相互独立，故D正确.
故选：D
4. 已知两个不重合的平面，，三条不重合的直线a，b，c，则下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. ，，，，则D. ，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据空间直线的位置关系判断B，根据面面平行的判定定理判断C，根据线面平行的性质定理判断D.
【详解】当，，时，不能推出，故A错误；
当，时，可能相交，也可能异面，不能推出，故B错误；
当，，，，若不相交，则推不出，故C错误；
当，，，由线面平行的性质定理知，故D正确.
故选：D
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据两角和的正弦公式及二倍角的正切公式化简即可得解.
【详解】由可得，
即，
所以.
故选：C
6. 已知非零向量，满足，且，则向量，的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的垂直可得数量积为0，再由夹角公式代入求解即可.
【详解】因为，
所以，
即，
所以.
故选：A
7. 如图，正方体的棱长为3，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正方体性质可证平面，所以可知为三棱锥的高，由棱锥体积公式可解.
【详解】连结交于，如图，
由，，平面，平面，
所以平面，得点到平面的距离是，也即点到平面的距离是，
即三棱锥的高为，又，
故三棱锥的体积为.
故选：A．
8. 如图是古希腊数学家波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC的斜边AB，直角边BC，AC，N为AC的中点，点D在以AC为直径的半圆上，已知，，则以直角边AC，BC为直径的两个半圆的面积之比为（ ）
A. 16∶9B. 144∶25C. 225∶64D. 160∶81
【答案】B
【解析】
【分析】先利用，由二倍角公式求出的余弦，再由两角差的余弦公式求出的余弦，再由同角三角函数基本关系求出正切，即得出，即可得解.
【详解】因为N为AC的中点，即是以为直径的圆的圆心，
所以,
所以，即，
由为锐角可得，所以，
由，可得，
因为,
所以
，
所以，所以，
所以以直角边，为直径的两个半圆的面积之比为.
故选：B
二、选择题：本题共3小照，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.全都选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分．
9. 已知复数，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念判断A，根据特例可判断B，根据复数的除法及共轭复数概念判断C，根据复数模的性质判断D.
【详解】对A，设，由知，，故A正确；
对B，设，则满足，此时，故B错误；
对C，，，，
所以，，
所以，故C正确；
对D,因为，所以，所以，故D正确.
故选：ACD
10. 已知向量，，，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 与一定不是平行向量
C. 的最大值为
D. 若，且在上的投影向量为，则与的夹角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据判断A，由平行向量的坐标表示判断B，根据向量模的坐标表示及辅助角公式判断C，根据投影向量的定义及夹角公式判断D.
【详解】对于A：若，则，所以，故A正确；
对于B：因为，所以与一定不是平行向量，故B正确；
对于C：因为，
所以，
所以当时取得最大值，最大值为，故C错误；
对于D：在上的投影向量为，所以，
所以，
又，所以，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，四边形ABCD是边长为2a的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将，，分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，则（ ）
A. AP⊥EF
B. 点P在平面AEF内的射影为的外心
C. 二面角的正弦值为
D. 四面体的外接球的体积为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定和性质判断A，根据垂心的定义判断B，根据二面角的定义判断C，由棱锥外接球体积的求解判断D.
【详解】根据题意，平面，故平面；
因为平面，所以，
因为；
故可得两两垂直.
对A：由平面平面，故，故A正确；
对B：过作平面的垂线，连接，延长交于，如下所示：
由A可知，，又平面平面，故，
又平面，故可得：平面，
又平面，故可得，即点在三角形底边的高上；
同理可证，点在三角形底边的垂线上.
故点在平面的投影即为三角形的垂心，故B错误；
对C：根据B中所求，为三角形的垂线，
又，根据三线合一故可得点为中点.
又，故三角形为等腰三角形，连接，则
根据二面角的定义，显然即为所求二面角.
在三角形中， ，
，又，故.
故二面角的余弦值为，则C错误；
对D：因为两两垂直，故三棱锥的外接球半径和长宽高
分别为的长方体的外接球半径相等，故其外接球半径，故外接球体积，故D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
13. 甲、乙、丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，那么三人中恰有两人合格的概率是________．
【答案】
【解析】
【分析】计算出甲乙，甲丙，乙丙合格的概率，相加后得到答案.
【详解】甲乙合格的概率为，
甲丙合格的概率为，
乙丙合格的概率为，
故三人中恰有两人合格的概率为.
故答案为：
14. 如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.
【答案】.
【解析】
【分析】由题意将原问题转化为基底的数量积，然后利用几何性质可得比值.
【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
，
得即故.
【点睛】本题考查在三角形中平面向量的数量积运算，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采取几何法，利用数形结合和方程思想解题.
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. 已知复数．
（1）若，求；
（2）若，且是纯虚数，求．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】(1)利用复数的除法，即可求解.
(2)设，根据模长和是纯虚数，即可求解.
【小问1详解】
小问2详解】
设，所以，
又，且是纯虚数，
所以，解得或，
所以或.
16. 某学校承办了2024年某次大型体育比赛的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同．
（1）求a、b的值，并估计这100名候选者面试成绩的中位数；
（2）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两个来自同一组概率．（要求列出样本空间进行计算）
【答案】（1），中位数.
（2）
【解析】
【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，可得，，由频率分布直方图求中位数；
（2）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可．
【小问1详解】
因为第三、四、五组的频率之和为0.7，
所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，
所以；
前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，
所以中位数在第三组，且为；
【小问2详解】
第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为，
这5人中选出2人，所有情况有,，,，,，，，,．,，，，，共有10种情况，
其中选出的两人来自同一组的有,，,，,，，,，共6种情况，
故选出的两人来自同一组的概率为．
17. 如图，在直三棱柱中，M为棱AC的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面．
【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用中位线定理得线线平行，再运用线面平行的判定定理即可.
（2）设，利用相似三角形的性质结合勾股定理可计算，再由勾股定理可得，由面面垂直的性质定理可得面，继而可得，再运用线面垂直的判定定理即可.
【小问1详解】
连接交于点，
分别为的中点，
，
又平面，平面，
平面
【小问2详解】
设,
,设，则，
由勾股定理得，，
M为棱AC的中点，由，得为，的三等分点，
，
，即，
在直三棱柱中，面面，且面面，
M为棱AC的中点，，
，又面，
面，又面，
，
又，平面，平面，
平面.
18. 如图，已知中，，，，M，N为线段上两点，且．
（1）若，求的值；
（2）设，试将的面积S表示为的函数，并求其最大值．
（3）若，求的值．
【答案】（1）12 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积定义计算即可；
（2）由正弦定理求出，再由三角形面积公式得出面积，利用三角恒等变换化简即可得出最值；
（3）由三角形面积间的关系得出，利用（2）中结论化简为，再由三角恒等变换化简求出角正切值即可得解.
【小问1详解】
中，，
所以
所以.
【小问2详解】
在中，，，
由正弦定理得，即，
在中，，
所以，所以
所以
，
因为，所以，
所以当且仅当，即时，的面积取最大值为.
【小问3详解】
当时，，
即，
因为，
所以，
设且，由（2）得，，且，
所以，
所以，
即，
两边同除以，得，
解得或（舍去），
此时.
19. 已知如图一，在矩形ABCD中，，．将沿BD折起，得到大小为的二面角．
（1）当时，求与平面BCD所成角的正切；
（2）当时，求B到平面的距离；
（3）①当，求值；
②如图二，在三棱锥中，已知，，，二面角的大小为，试直接写出利用，，的三角函数表示的结论，不需要证明．
【答案】（1）
（2）
（3）①②
【解析】
【分析】（1）由二面角为直二面角，求出为与平面所成角，由余弦定理求出，解直角三角形即可得解；
（2）平面可知三棱锥高，再由等体积法求B到平面的距离；
（3）①求出二面角的余弦，再由余弦定理求解，②直接写出结论.
【小问1详解】
过作于，连接，如图，
因为二面角的大小为，所以平面平面，
因，平面∩平面，平面，
所以平面，
所以为与平面所成角，
在中，
在中，
在中，，
所以在中，
，
所以,
在中，
即与平面所成角的正切是.
【小问2详解】
在（1）图中，，
在中，
所以，
的面积
因为平面，
所以三棱锥的体积
所以B到平面距离.
【小问3详解】
①矩形中找到的对应线段，并设的延长线交于，
在中，，
所以
在三棱锥中，如图，
由，所以为二面角的平面角，
即
在中，
在中，
②