江苏南京六校联合体2024~2025学年高一下册期末调研数学试题[含解析]

这是一份江苏南京六校联合体2024~2025学年高一下册期末调研数学试题[含解析]，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本题共8个小题，每小题5分，共40分)
1. 若 则（ ）
A. B. 3C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】法一：先利用复数的除法运算法则化简复数，然后用模长公式就可求解；法二：分子分母分别求模长，然后再把模长相除即可得解.
【详解】方法一：因为，
所以，
方法二：，
故选：C.
2. 已知向量，， 若，则实数m的值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直，两向量的数量积为0，即可求得m的值.
【详解】因为向量，，
所以，
解得，
故选：B.
3. 已知 ，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据同角三角关系求，再结合两角差的正切公式分析分析求解.
【详解】因为，则，
可得，
所以.
故选：D.
4. 已知圆锥的母线长为2，轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据轴截面为等边三角形，求出圆锥底面的半径，因为圆锥侧面展开图是扇形，利扇形面积公式求圆锥的侧面积，再求底面积，然后相加即可求解.
【详解】
如图，因为圆锥的母线长为2，轴截面为等边三角形，所以圆锥的底面半径为1，
则该圆锥的侧面积为，底面积为，
所以该圆锥的表面积为.
故选：A.
5. 在某城市正东方向200km处有一台风中心，它正向西北方向移动，移动速度的大小为20km/h，距离台风中心 150km. 以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，大约几小时后该城市所在地开始受到影响.(参考数据： （ ）
A. 2B. 4.5C. 9.5D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出示意图，利用余弦定理即可求解.
详解】
如图，当台风中心向西北方向移动到达点时，的距离恰好150km，此时该城市所在地开始受到影响，
设小时后该城市所在地开始受到影响, 台风中心移动速度的大小为20km/h，所以km，由题意知，km,
又台风中心向西北方向移动，所以,
由余弦定理可得，
解得或（舍），
则开始受到影响在之后.
故选：B.
6. 从甲、乙2名男生，丙、丁2名女生中随机选两个人参加某个比赛，A表示事件“甲被选中参加比赛”，B表示事件“乙没被选中参加比赛”，C表示事件“被选中的两个人性别相同”，则（ ）
A. A与B互斥B. A与B独立C. A与C互斥D. A与C独立
【答案】D
【解析】
【分析】利用古典概型求，再根据互斥事件和独立事件的定义逐项分析判断.
【详解】由题意可知：随机选两个人参加某个比赛，可知：
样本空间：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），（乙，丙），（乙，丁），（丙，丁），
则，
事件A：（甲，乙），（甲，丙），（甲，丁），则，；
事件B：（甲，丙），（甲，丁），（丙，丁），则，；
事件C：（甲，乙），（丙，丁），则，；
事件AB：（甲，丙），（甲，丁），则，；
事件AC：（甲，乙），则，；
对于选项A：因为，可知A与B不互斥，故A错误；
对于选项B：因为，所以A与B不独立，故B错误；
对于选项C：因为，可知A与C不互斥，故C错误；
对于选项D：因为，可知A与C独立，故D正确；
故选：D.
7. 在如图所示的几何体中， 底面ABCD 是边长为2的正方形，，，，均与底面ABCD 垂直， 且. 点 E、F分别为线段BC、的中点，记该几何体的体积为V，平面AFE将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求几何体的体积，再根据截面位置求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知该几何体是长方体截去一个三棱锥，如图所示，
有，，四边形为平行四边形，有，
点 E、F分别为线段、的中点，则，
所以平面即为平面AFE截几何体的截面.
因为，，
所以几何体的体积，
被截棱台的体积，
较大部分体积为，且，
所以较小部分的体积为.
故选：B.
8. 已知点 P为△ABC内一点， 且∠ABP=30°， ∠PBC=15°，∠PCB=15°， ∠PCA=60°，则∠PAC的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
如图，过P作AC的垂线，垂足为D，过P作BC的垂线，垂足为E，
令的外接圆半径为r，
因为∠ABP=30°， ∠PBC=15°，∠PCB=15°， ∠PCA=60°
所以,
由正弦定理可得：，
因为∠PBC=15°，∠PCB=15°，所以,
所以，在中，
，
因为∠PCA=60°，所以，在中，
，，
所以
所以，在中，
，
故选：A.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分)
9. 下列有关复数的说法正确的是（ ）
A. 若则
B.
C.
D. 若，则的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，举例判断，对于B，令，分别计算进行判断，对于C，设对应的向量分别为，利用向量的几何意义分析判断，对于D，令，则由已知可得点在以为圆心，2为半径的圆上，根据圆的性质分析判断.
【详解】对于A，因为时，所以A错误，
对于B，令，则，
所以，
因为，所以，所以B正确，
对于C，设对应的向量分别为，则,
，
因为，所以，所以C正确，
对于D，令，则由，得
，，
所以点在以为圆心，2为半径的圆上，
所以的最小值为，最大值为，
即的取值范围为，所以D正确，
故选：BCD
10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.则下列说法正确的是（ ）
A
B. 的取值范围是
C. 若D为边AC的中点，且，则面积的最大值为
D. 若角B的平分线交AC于点E，且，则的最小值18.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：借助面积公式与余弦定理由题意可得，对B：借助三角恒等变换公式可将其化为正弦型函数，借助正弦型函数的值域即可得；对C：借助向量数量积公式与基本不等式即可得；对D：借助等面积法及基本不等式计算即可得.
【详解】对于选项A：因为，
则，整理得，
且，所以，故A正确；
对于选项B：因为，
则
，
又因为，则，可得，
所以的取值范围为，故B错误；
对于选项C：因为为边的中点，则，
则，
可得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于选项D： 由题意得，
即，
整理得，即，
可得，
当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：ACD.
11. 正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 直线与平面所成的角为
C. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
D. 若点为棱上动点，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A选项，正八面体，证明平面，再判断，对于B，可知平面，找到直线与平面所成的角为，在三角形中计算角度；对于C，利用等体积变换计算三棱锥的体积；对于D，由题意分析和，设在两个三角形中利用余弦定理计算，根据二次函数的性质可知当时，取最小值；
【详解】对于A选项，正八面体，连接，
对称性可知，⊥平面，且相交于点，为的中点，
又，，
故四边形为菱形，四边形为菱形，
可知是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，故，故A正确
对于B，由A选项可知平面，故直线与平面所成的角为，
且由题意得，故，
故，B错误；
对于C，三棱锥的体积，
其中点到平面的距离为，设菱形的面积为，
则
若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故C正确.
对于D，由题意得为等边三角形，边长为3，
在中，，为等腰直角三角形
若点为棱上的动点，设则
，
，
根据二次函数的性质可知当时，取最小值，最小值为，D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：线面角求解方法：（1）定义法（2）向量法；
三棱锥体积求法方法：（1）直接法（2）等体积变换法；
三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)
12. 已知向量， 向量， 则在上的投影向量的坐标为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求，再结合投影向量的定义分析求解.
【详解】因为，，则，
所以在上的投影向量的坐标为.
故答案为：.
13. 如图， 平面四边形 中，,， 则的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知角和三角形内角和为，求出对应三角形的内角，然后利用正弦定理分别求出的长度，最后利用余弦定理求出的长度.
【详解】在中，，所以，又，
由正弦定理可得，，即，
解得，
在中，，所以，又，
由正弦定理可得，，即，
解得，
又因为，所以
在中，由正弦定理可得，
即，
所以.
故答案为：.
14. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，，为球的直径，且，则三棱锥体积的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】在中，由正弦定理求得外接圆半径，得到的外接圆的半径为，进而求得球心到所在小圆的距离为，再由余弦定理，结合基本不等式求得，得到面积的最大值为，利用锥体体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设圆的半径为，
在中，因为，
由正弦定理得，可得，
即的外接圆的半径为，
因为为球的直径，且，可得球的半径为，
所以球心到所在小圆的距离为，
则点S到平面的距离为，
在中，由余弦定理得，
即，
当且仅当时，等号成立，即，
所以面积的最大值为，
故三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：1.根据球的性质求点点S到所在小圆的距离；
2.利用余弦定理结合基本不等式求面积的最大值.
四、解答题 (本题共5小题，共77分)
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
（1）求角A的大小.
（2）若，求AC边上的中线BD的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意利用正、余弦定理边角转化可得，即可得结果；
（2）利用两角和差公式以及正弦定理可得，进而根据中线的性质结合数量积分析求解.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
整理可得，
由余弦定理可得，
且，所以.
【小问2详解】
因为，且，可知，
可得，
由正弦定理可得，则，
又因为BD为AC边上的中线，则，
可得，
所以AC边上的中线BD的长为.
16. 为了解某地居民的月收入情况，某社会机构调查了10000人，并根据所得数据画出样本的频率分布直方图，每组数据以区间中点值为代表.
（1）求频率分布直方图中a的值.
（2）求月收入的平均数、75 百分位数.
（3）现按月收入分层， 在[2000， 3000)和[3000， 4000)这两个收入段中， 按比例分配分层随机抽样方法抽出6人进一步了解情况，再从中任选2人进行专访.求选中的2人来自不同收入段的概率.
【答案】（1）
（2）4800，5800
（3）
【解析】
【分析】（1）利用所有小矩形的面积之和为1,即可求a的值；
（2）根据频率分布直方图估计平均数和第75百分位数作答；
（3）求出给定的两个区间的人数，再利用列举法求出概率作答.
【小问1详解】
由，解得，
【小问2详解】
设月收入的平均数为x,则
，
设75 百分位数为m，则
，
解方程得.
【小问3详解】
在[2000， 3000)的人数为人
在[3000， 4000)的人数为人
按比例分配分层随机抽样方法抽出6人中，在[2000， 3000)中抽2人，记为；在[300， 400)中抽4人；
从6人中任选2人结果有
,共有15个；
选中的2人来自不同收入段有共有8个，
所以选中的2人来自不同收入段的概率为.
17. 如图，在梯形ABCD中，，O为AC与BM的交点.
（1）若，求；
（2）若，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由线性运算可得，，结合数量积的定义和运算律分析求解；
（2）由数量积的运算律结合（1）中结论可得，进而可求，，结合向量夹角运算求解.
【小问1详解】
由题意可知：，，
可得则，，
若，则，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知：，，
且，
可得，
则，即，
，即，
所以.
18. 如图，在四棱锥中， 底面ABCD是边长为3的菱形，且， AC交BD于点O，，M，N分别为PA，BC的中点.
（1）求证：MN∥平面PCD；
（2）记二面角的平面角为θ， 若
①求 PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点 N到平面 CDP的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）取PD得中点E，连接ME，CE，证明，然后证明平面PCD；
（2）①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出，，再由条件可证明所求线面角为，利用直角三角形求大小即可；②由平面PAC转化为求O到平面距离，作出垂线段，利用等面积法求解即可.
【小问1详解】
取PD得中点E，连接ME，CE，如图，
因为为PA的中点，则，
又因为为的中点且四边形ABCD为菱形，则，
可得，可知四边形MNCE为平行四边形，则，
且平面PCD，平面PCD。所以 MN∥平面PCD.
【小问2详解】
①连接PO，取的中点，连接，
因为，
则，且，，，
可知为二面角的平面角，即，
在中，由余弦定理可得，
即，解得，
则，
因为，是的中点，则，
又因为为菱形，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可知平面平面，
且平面平面，
由面面垂直的性质可知：直线在平面上的射影为，
所以PA与底面ABCD所成角为.
因为，则，
且 ，可知，
所以PA与底面ABCD所成角的大小为；
②连接，过作于，
由，平面，平面，则平面，
可知点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，
因为，平面，
可得平面，且平面，可知平面平面
又因为，平面，平面平面，
所以平面，且平面，
在中，，，，
由等面积法可得，即，
所以点N到平面CDP的距离为.
【点睛】关键点点睛：根据二面角分析可知为二面角的平面角，结合余弦定理可得.
19. 已知 点B，C分别为其两条边上不与点 A 重合的点.
（1）如图1，若为锐角三角形，求AC的取值范围.
（2）如图2，若以BC为边构造等边设试求AD的最大值.
（3）如图2，若以BC为边构造等边试求AD的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）6
【解析】
【分析】（1）方法一：利用余弦定理得到，分为最大角和为最大角两种情况，结合余弦定理得到不等式，求出AC的取值范围.
方法二：作图，先得到临界值，从而得到AC的取值范围；
（2）由正弦定理求出的外接圆半径，作出圆，数形结合得到当三点共线时，取得最大值，并求出最大值；
（3）以为边向外作等边三角形，根据三角形全等得到，当三点共线时，取得最大值，求出答案.
【小问1详解】
方法一：由余弦定理得，即，
故，
若为最大角，只需，故，解得，
若为最大角，只需，故，解得，
综上，.
方法二：如图3，此时，，
如图4，此时，，
由于为锐角三角形，故；
【小问2详解】
由正弦定理得，为的外接圆半径，
故，解得，
过点，分别作⊥，⊥，相交于点，
其中，
故以为圆心，为半径的圆，即为的外接圆，
当三点共线时，取得最大值，如图，即为所求，
其中，故，
即最大值为；
【小问3详解】
以边向外作等边三角形，连接，故，
因为为等边三角形，所以，，
故，即，
故≌，所以，
当三点共线时，取得最大值，此时，
最大值为，故的最大值为6.