江苏南京秦淮区2024~2025学年高一下册期末学情调研数学试题[含解析]

这是一份江苏南京秦淮区2024~2025学年高一下册期末学情调研数学试题[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。
一、单选题（共8小题，每题5分，共40分）
1. 设为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念化简复数，然后利用复数的几何意义求解点所在的象限.
【详解】因为，
所以，所以，对应的点为，
所以在复平面内对应的点在第三象限.
故选：C
2. 已知为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.
【详解】，，，
因此，.
故选：D.
3. 在中，已知，，，则角的度数为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据大边对大角得到角，利用正弦定理求得，结合角的范围求得角的度数．
【详解】因为，，即，所以，即，
由正弦定理，则，
∴.
故选：B．
4. 已知，，若在上的投影向量为，则与的夹角为（ ）
A. 60°B. 120°C. 135°D. 150°
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的定义计算即可.
【详解】易知在上的投影向量为，
而，所以与的夹角为.
故选：B
5. 设样本数据的均值和方差分别为1和2，若，则的方差为（ ）
A. 1B. 3C. 4D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由方差性质可得.
【详解】由.
故选：D
6. 已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由直线与平面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知；
若，，，所以直线与平面平行的性质定理知；
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
7. 如图，在正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】平行移动与相交构成三角形，指明或其补角就是异面直线与所成的角，在三角形中由余弦定理解出即可.
【详解】
如图连接，因为为正四棱柱，
所以且，所以四边形平行四边形，
所以，则或其补角就是异面直线与所成的角，
设，则，，，
由余弦定理得：.
故选：B.
8. 如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积.
【详解】如图所示，过点作，过点作，两直线相交于点，
因为，，
所以，⊥，则⊥，
由于⊥，故即为二面角的平面角，
则，
过点作⊥于点，
因⊥，⊥，，平面，
故⊥平面，
因为平面，所以⊥，
又，平面，
则⊥平面，，
取中点，则外接球球心在平面的投影为，即⊥平面，
连接，，则，过点作，交直线于点，
则，

，
，
由余弦定理得
，
设，则，故，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径为，外接球表面积为.
故选：C
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
二、多选题（本大题共3小题，共18分.双选题选对一个得3分，三选题选对一个得2分；选错得0分）
9. 已知m，n是不同直线，，是不重合的平面，则下列命题中，真命题有（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据给定条件，结合直线与平面平行、垂直的判定定理与性质定理可以判断.
【详解】对于A，由，，得，又，因此，A正确；
对于B，由，得存在过的平面与相交，令交线为（不与重合），则，
由，得存在过的平面与相交，令交线为（不与重合），则，于是，
显然，则，而，因此，，B正确；
对于C，，，则或，C错误；
对于D，由，，得，而，则，D正确.
故选：ABD
10. 2023年10月26日，神舟十七号载人飞船成功发射，中国航天再创辉煌.为普及航天知识，弘扬航天精神，某市举办了一次航天知识竞赛.为了解这次竞赛成绩情况，从中随机抽取了50名参赛市民的成绩作为样本进行统计（满分:100分），得到如下的频率分布直方图，则（ ）
注:同一组中的数据用该组区间中点值代表.
A. 图中的值为0.004
B. 估计样本中竞赛成绩的众数为70
C. 估计样本中竞赛的平均成绩不超过80分
D. 估计样本中竞赛成绩的第75百分位数为76.75
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用所有小矩形面积和等于1可求y判断A：利用众数的概念可求众数判断B；利用成绩超过80分的频率只有0.12，可判断C；求得第75百分位数判断D.
【详解】对于A：由题得，故A正确：
对于B：由频率分布直方图可知，最高矩形对应区间的中点为75，则估计众数为75，故B错误：
对于C：样本中竞赛成绩超过80分的频率只有0.12，故平均成绩不可能超过80分，故C正确；
对于D：设样本中竞赛成绩的第75百分位数为，
前2组频率之和为0.16，前3组频率之和为，故位于第3组，
于是得，解得，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知正三棱台，，，下列说法正确的是（ ）

A. 正三棱台体积为
B. 侧棱与底面所成角的余弦值为
C. 点A到面的距离为2
D. 三棱台的外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得正三棱台体积判断选项A；求得侧棱与底面所成角的余弦值判断选项B；求得点A到面的距离判断选项C；求得三棱台的外接球的表面积判断选项D.
【详解】设中心为，中心为O，连接，
则
，
在四边形中，过作于D，
则，则
取中点N，过点N作，交于H，交直线于M，
则点M为三棱台的外接球的球心.
由，可得，
则，
由，可得，
选项A：正三棱台体积为.判断错误；
选项B：设侧棱与底面所成角为，则
又，则，
则侧棱与底面所成角的余弦值为.判断正确；
选项C：设点A到面的距离为h，
由，可得
又等腰梯形中，，
则，
则，解之得.
则点A到面的距离为.判断正确；
选项D：三棱台的外接球的半径为，
则三棱台的外接球的表面积为.判断正确.

故选：BCD
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 已知向量，的夹角为，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据计算可得结果.
【详解】.
故答案为：.
13. 在中，内角，，所对的边，，满足，则_______，三角形为锐角三角形，则的取值范围是_______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用余弦定理及条件得到，再利用正弦定理将边化角，结合两角和（差）的正弦公式得到，即可得到，根据三角形为锐角三角形求出的取值范围，再将转化为关于的三角函数，结合二倍角公式及二次函数的性质求出的取值范围.
【详解】由余弦定理，又，
所以，所以，
由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以，
又，则，
所以或，
若，则，显然不符合题意，故舍去，
所以，即，所以，
因为为锐角三角形，所以，解得，则，
所以
，
因为，所以，令，则，
令，，因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，又，所以，
即的取值范围是.
故答案为：；
14. 如图，在长方体中，，，为的中点，过的平面分别与棱，交于点E，F，且，则截面四边形的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用平面的基本性质作出截面，然后求解面积即可.
【详解】如图：
过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，
并分别与，交于E，F，因为，且平面，平面，
所以平面，所以平面即为平面，因为，，
所以，所以四边形为菱形，且，，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决截面问题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，一般作平面内与已知直线的平行线或者相交线，考查学生的空间想象能力.
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15. 已知：，且，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意可计算出、，借助，结合两角和的正弦公式计算即可得；
（2）借助，结合两角差的正弦公式计算即可得.
【小问1详解】
由，则，
又，则，
，则，
则
；
【小问2详解】
，
又，故.
16. 如图，AB是圆O的直径，点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，且，点D是PA的中点，点F为PC的中点.

（1）求异面直线和所成角的大小；
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取AC中点M，连结BM，FM，得到（或其补角）为异面直线BF和PA所成角，在直角中，求得，在直角中，得到，进而求得异面直线和所成角；
（2）由（1）证得，，得到为二面角的平面角，在等腰直角为等腰三角形中，即可求解.
【小问1详解】
解：取AC中点M，连结BM，FM，
因为F，M分别为PC，AC的中点，所以，
所以（或其补角）为异面直线BF和PA所成角，
因为，C为以AB为直径的圆上的点，
所以在直角三角形BCM中，，，可得.
因为点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，所以面，
又因为BC，BA在平面ABC内，所以，，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，所以，
即异面直线和所成角为.
【小问2详解】
解：由（1）知，，且，平面，
所以面，因为面，所以，
又因为，所以为二面角的平面角，
又由平面，平面，所以，
因为，所以为等腰三角形，
又因为为的中点，所以且，所以，
所以二面角为.

17. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，其中为的面积.
（1）求角的大小；
（2）设是边的中点，若，求的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量的数量积和三角形的面积公式以及正弦定理化简已知等式可得，再由两角和的正弦展开式结合特殊角的三角函数化简整理即可；
（2）法一：结合已知由正弦定理可得，代入数据化简后可得，再由两角差的正弦展开式和同角三角函数关系求出，即可得到结果；
法二：由三角形的面积公式结合已知可得，再在中，据余弦定理得，解出，然后在中，据勾股定理解出结果即可；
法三：延长到点，使得，由三角形中位线的性质结合勾股定理和三角函数定义关系求出即可；
法四：延长到，使，连结，，由已知结合三角函数的定义和勾股定理解出即可；
【小问1详解】
据，可得，
即，
结合正弦定理可得.
在中，，
所以，
整理得.
因为B∈0,π，，故，即，
又，所以.
【小问2详解】
法一：因为是边的中点，，所以.
在中，，则.
在中，，，，
据正弦定理可得，，即，
所以.
所以，即，
所以，
又，B∈0,π，
所以，解得，
所以.
法二：因为是边的中点，故，
所以，即，
整理得①
在中，据余弦定理得，，
即②
联立①②，可得，.
在中，据勾股定理得，，
所以.
法三：延长到点，使得.
在中，，，故，
又是的中点，所以是的中点，
所以，，且.
在中，，，，
所以，且.
所以，即，解得（负舍），
所以.
法四：延长到，使，连结，.
因为是的中点，且，
故四边形是平行四边形，.
又，所以.
在中，，，，，
所以，且.
在中，，，，，
据勾股定理，可得，
将代入上式，可得（负舍），
所以.
18. 如图，四棱锥的侧面是边长为2的正三角形，底面为矩形，且平面平面，，分别为，的中点，二面角的正切值为2.
（1）求四棱锥的体积；
（2）证明：
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先证明为二面角的平面角，可得底面为正方形，利用锥体的体积公式计算即可；
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明；
（3）由平面可得为直线与平面所成的角，计算其正弦值即可.
【小问1详解】
解：∵是边长为2的正三角形，为中点，∴，
又∵平面平面，平面平面
∴平面
又平面，∴
∴为二面角的平面角，
∴
又，∴∴底面为正方形.
∴四棱的体积.
【小问2详解】
证明：由（1）知，平面，平面，
∴
在正方形中，易知
∴
而，
∴∴
∵，∴平面
∵平面，
∴.
【小问3详解】
设，连接，.
∵平面.
∴为直线与平面所成的角
∵，∴，
∴
又，
∴
∴直线与平面所成角的正弦值为.
19. 柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设，则当且仅当或存在一个数，使得时，等号成立.
（1）请你写出柯西不等式的二元形式；
（2）设P是棱长为的正四面体内的任意一点，点到四个面的距离分别为、、、，求的最小值；
（3）已知无穷正数数列满足：①存在，使得；②对任意正整数，均有.求证：对任意，，恒有.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用柯西不等式的定义，写出时的形式；
（2）由体积法求出，构造柯西不等式求的最小值；
（3）时，由，有
由柯西不等式得，可得.
【小问1详解】
柯西不等式的二元形式为：
设，则，
当且仅当时等号成立.
【小问2详解】
由正四面体的体积，
得，所以，
又由柯西不等式得，
所以，
当且仅当时等号成立.
【小问3详解】
对，记是的一个排列，
且满足.
由条件②得：.
于是，对任意的，
都有
由柯西不等式得
所以
从而，对任意的，都有，
故对任意，，恒有.
【点睛】方法点睛：
遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题.
第一，准确转化.解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义.紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化.
第二，方法选取.对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的.角度进行转化.理解题目定义的本质苹并进行推广、运算.
第三，应该仔细审读题目.严格按新信息的要求运用算.解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰.