江苏天一中学2024~2025学年高一下册强化班期末考试数学试题[含解析]

这是一份江苏天一中学2024~2025学年高一下册强化班期末考试数学试题[含解析]，共19页。试卷主要包含了 已知复数，则的实部是， 已知平面向量与满足等内容，欢迎下载使用。
一､单选题，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. 已知复数，则的实部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘方及除法运算求出，进而求出其实部.
【详解】依题意，，
所以的实部为.
故选：A
2. 若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则与相交
【答案】C
【解析】
【分析】ABD可举出反例；C选项，根据线线平行和线面垂直的性质得到答案.
详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，若，，则与平行或异面，A错误；
对于B，若，，则与异面、平行或相交，B错误；
对于C，设直线，满足且，
若，则，而，则，C正确；
对于D，若，，则与相交或异面，D错误.
故选：C.
3. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现点数不超过3”，则事件与事件的关系为（ ）
A. 相互独立B. 互斥C. 互为对立D. 相等
【答案】A
【解析】
【分析】根据是否相等判断独立性，由互斥、对立及相等事件的定义判断B、C、D.
【详解】由题意，，且，即，
而事件可以同时发生，故它们不互斥，更不相等；
由于“第一枚出现偶数点”， “第二枚出现点数超过3”，则不是对立事件；
综上，A正确，B、C、D错误.
故选：A
4. 若底面半径为，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆锥表面积以及球的表面积公式构造方程即可.
【详解】易知圆锥的表面积为，球的表面积为，
故，即，
解得（负舍）.
故选：B.
5. 已知平面向量与满足：在方向上的投影向量为在方向上的投影向量为，且，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的定义，先由在方向上的投影向量为，可得，再根据在方向上的投影向量为运算求解即可.
【详解】因为在方向上的投影向量为，且，
可得，即，
又因为在方向上的投影向量为，
可得，即.
故选：D.
6. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，AD为角A的角平分线，交BC于D，，，BD＝2，则b＝（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理求得，得，从而得，于是可得．
【详解】由正弦定理得，，
三角形中，∴，∴，
∴，又，∴，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查正弦定理，解题关键是利用正弦定理求得，从而得到三角形中的所有角．
7. 已知圆，直线，若与圆交于两点，设坐标原点为，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先证明，然后给出的例子，即可得到的最大值是.
【详解】
由于，
故恒过定点，这恰好是圆的圆心，同样记该点为.
所以，且，同时显然有
所以.
从而，得.
故
，从而，故.
另一方面，对，，直接计算可知的中点为，且
.
故均在圆上，此时，
而，故.
综上，的最大值是.
故选：C.
8. 一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据裁判擦去的是奇数还是偶数分类考虑，分析得出若擦去的是奇数，则乙一定获胜；若擦去的是偶数，则甲一定获胜，由此根据古典概型概率公式计算即得.
【详解】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数，
注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数.
（1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜.
理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数，
从而所剩两数不互质，故乙胜.
（2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜.
理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成：
这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜.
甲获胜的概率为.
故选:B.
【点睛】关键点点睛：本题考查的是质数与合数的概念、数的整除性、概率公式，利用分类讨论的思想是解答此题的关键.
二､多选题，本题共3小题，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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，，其中，则（ ）
A. 两组样本数据的样本平均数相同B. 两组样本数据的样本中位数相同
C. 两组样本数据的样本标准差相同D. 两组样本数据的样本极差相同
【答案】AD
【解析】
【分析】根据平均数、方差公式判断数据添加后新的平均数、方差变化情况，由中位数、极差定义判断中位数、极差的变化情况.
【详解】新数据的平均数，故两组数据平均数相同，A正确；
若为偶数且两组数据1到n或(n+1)依次从小到大排序后，则原数据中位数，而新数据中位数为，不一定相等，B错误；
原数据方差，而新数据方差，故标准差不一定相同，C错误；
由必大于原数据中的最小值，而小于最大值，所以两组数据的极差相等，D正确.
故选：AD
10. 一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意分别求，，，方案一：直接求解即可；方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出为3号球，或第一次2号球，第二次1号球；方案三：根据古典概型利用列举法理解运算．
【详解】方案一：“选到3号球”的概率
方案二：“选到3号球”的概率
方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率
∴，，，，ABD正确，C错误
故选：ABD．
11. 在三棱锥中，平面平面，，则（ ）
A. 三棱锥的体积为1
B. 点到直线AD的距离为
C. 二面角的正切值为2
D. 三棱锥外接球的球心到平面的距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解.
【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG，
因为平面平面，且平面平面，
平面，又因为，所以，
所以平面，
因为，
所以，故A正确；
对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF，
因为F，G分别为AE，AB中点，则，
又因为，所以，所以，
因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，又因为平面，则，
则点到直线AD的距离为，
则为二面角的平面角，，B错误，C正确；
对D：设，的外心分别为，，则，
又平面平面，平面，所以平面，
设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面，
所以四边形为矩形，则，
故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确.
故选：ACD.
三､填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正方体中，直线和直线所成的角为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用异面直线所成角的定义可知即为所求的角.
【详解】如下图所示：
由正方体性质可得，
所以直线和直线所成的角等于，
又易知为等边三角形，所以.
故答案为：
13. 满足且的复数__________.
【答案】1
【解析】
【分析】设，由得，由可得计算并检验求得，即得
【详解】设，由可得，
由可得，即，
则解得或，
显然不满足，应舍去，故
故答案为：1.
14. 已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是__________.
【答案】3
【解析】
【分析】依题意将各向量坐标化得出代表的几何意义，再根据圆上点到直线距离最值问题即可求解.
【详解】设，
则由得，，即可得；
由得，即；
易知代表以为圆心上的点到直线的距离，
圆心到直线的距离为，
因此的最小值为圆心到直线的距离4减去半径1，为3.
故答案为：3
【点睛】方法点睛：将向量坐标化是求解距离或最值问题常用的方法之一，其思想是将代数问题几何化，使所求问题更加直观形象，即可求解.
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. 已知平面向量，且.
（1）求与的夹角的值；
（2）当取得最小值时，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设条件得到，然后利用数量积的定义求夹角；
（2）将表示为的函数，然后求该函数的最小值.
【小问1详解】
由，可得，
又，所以，又，所以；
【小问2详解】
因为，
所以.
所以的最小值为，此时.
16. 已知圆上一点
（1）求圆在点处的切线方程；
（2）过点作直线交圆于另一点，点满足，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先依题求得圆的方程，再求直线的斜率，即得切线斜率，由点斜式方程即得切线方程；
（2）设直线的点斜式方程，代入圆的方程，由韦达定理求出点A的坐标，计算弦长和点到直线的距离，由三角形面积公式列方程，解之即得直线的方程.
【小问1详解】
由题意，点在圆上，可得，
因直线的斜率为，则圆在点处的切线斜率为，
故切线方程为，即；
【小问2详解】
如图， 由（1）知圆，又点，，
当直线的斜率不存在时，直线，易知此时，，
点到的距离为3，则，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线，即，
代入中，整理得：，
设，由韦达定理，，即，
代入，可得，即，
于是，
则得，
点到直线的距离为：，
则，解得或，
故直线的方程为或.
17. 猜灯谜又称打灯谜，是我国从古代就开始流传的元宵节特色活动.在一次元宵节猜灯谜活动中，共有20道灯谜，三位同学独立竞猜，甲同学猜对了12道，乙同学猜对了8道，丙同学猜对了道.假设每道灯谜被猜对的可能性都相等.
（1）任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率；
（2）任选一道灯谜，若甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对的概率为，求的值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设求出甲、乙、丙猜对或错的概率值，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率；
（2）利用对立事件的概率求法及独立事件乘法公式列方程求.
【小问1详解】
设“任选一道灯谜甲猜对”，“任选一道灯谜乙猜对”，“任选一道灯谜丙猜对”.
则，，，故，，.
“甲，乙两位同学恰有一个人猜对”，且与互斥.
每位同学独立竞猜，故，互相独立，则与，与，与均相互独立.
所以.
答：任选一道灯谜，求甲，乙两位同学恰有一个人猜对的概率为.
【小问2详解】
设“甲，乙，丙三个人中至少有一个人猜对”，则.
所以.
解得.
18. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，.

（1）已知，且
（i）当时，求的面积；
（ii）若，求.
（2）已知，且，求AC的最大值.
【答案】（1）（i）；（ii）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答.
（2）连接，由已知结合余弦定理可得，，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答.
【小问1详解】
（i）设，在中，由余弦定理得，解得，
在中，，则底边上的高，
所以面积.
（ii）设，依题意，，
则，，即，而，
所以.
【小问2详解】
连接，中，，，

由余弦定理得，
则，，设，在中，，
于是，在中，，
由余弦定理得：，
则
，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，，
所以AC的最大值是.
【点睛】思路点睛：求三角形中线段长的最值问题，主要方法有两种，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.
19. 如图，在正三棱台中，，D，E分别为，的中点.

（1）证明：平面；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且，D，P，Q均在平面上，若与的面积比为3:8，
（i）证明：
（ii）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）延长交于点S，连接SE并延长，分别交BC,于点F、G，连接AG，先证平面SBC，再根据DE//AG，即可求证.
（2）（i）根据面积之比，得到Q为BC的中点，即可求解.
（ii）根据面面角定义，结合等体积法求点面距，最后求出面面角的正弦值.
【小问1详解】
由棱台的性质知：延长交于点S，又，
所以三棱锥为正四面体，为的中点，
连接SE并延长，分别交BC,于点F、G，则F为中点，且为△的中线，

所以G为等边的中心，连接AG，则平面SBC，又D为的中点，
综上，，，且，，
所以，即；，即，
故，所以DE//AG，所以DE⊥平面SBC.
【小问2详解】

（i）延长交于点H，若均在平面上，则共线，
设，则，
过A作AM / / BC交PQ于点M，，则，
设BQ = k，则，故且则，
又所以，
所以，即，所以，故Q为BC的中点，
所以，即
（ii）由（i）知：即为面，连接，易知，且，
由面，面，故面，
综上，，
连接交DP于点N，易知，且，
所以，故，所以，
又为与平面的交线，，面，
设平面与平面所成角为，所以，
故平面与平面所成角的正弦值为.