江苏无锡2024~2025学年高一下册期末调研考试数学试题[含解析]

这是一份江苏无锡2024~2025学年高一下册期末调研考试数学试题[含解析]，共18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。
注意事项及说明：本卷考试时间为120分钟，全卷满分为150分．
一、单选题：本题共8小题．每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．
1. 一支田径队有男运动员56名，女运动员42名，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全体运动员中抽取一个容量为28的样本，则样本中女运动员的人数是（ ）
A. 10B. 12C. 14D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】先计算得到抽取比例，再计算得到答案.
【详解】田径队运动员的总人数是，要得到28人的样本，占总体的比例为，
于是应该在女运动员中随机抽取(名).
故选：B.
2. 下列说法正确的是（ ）
A. 平行于同一直线的两个平面平行B. 平行于同一平面的两条直线平行
C. 垂直于同一直线的两个平面平行D. 垂直于同一平面的两个平面平行
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行、面面平行、垂直的性质逐个分析判断即可.
【详解】对于A，平行于同一直线的两个平面，可能平行，可能相交，所以A错误；
对于B，平行于同一平面的两条不同的直线，可能平行，可能相交，可能异面，所以B错误；
对于C，垂直于同一直线两个平面平行，所以C正确；
对于D，垂直于同一平面的两个不同的平面，可能相交，可能平行，所以D错误.
故选：C.
3. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（ ）
A. 4B. C. 3D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得的值，再由余弦定理可得边的大小.
【详解】在中，因为，，，
可知，所以，
所以为锐角，可得，
由余弦定理可得，
即，即，
可得.
故选：D.
4. 已知向量与是非零向量，，，与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】因为，，与的夹角为，所以，
所以，
所以在上的投影向量为，
故选：A.
5. 下面是校篮球队某队员若干场比赛的得分数据．
则下列说法不正确的是（ ）
A. 该队员得分的平均数是10B. 该队员得分的极差是27
C. 该队员得分的四十百分位数是7D. 该队员得分的方差是48.4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，依次求出该组数据平均数、极差、百分位数和方差，即可得答案.
【详解】根据题意，该队员得分从小到大为：3，3，6，7，7，10，10，11，13，30，依次分析选项：
对于A，该队员得分的平均数为,A正确；
对于B，该队员得分的极差是，B正确；
对于C，，则该队员得分的四十百分位数是,C正确；
对于D，该队员得分的方差为
,D错误.
故选：D.
6. 正四棱锥所有棱长均为2，其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用待定系数法结合外接球得几何特征建立关于半径的方程，求解出外接球的半径即可.
【详解】
如图，连接，取的中点，连接，则正面，则正四棱锥的外接球的球心在上，连接.取的中点，连接，，
∵，∴，.由勾股定理得
设正四棱锥的外接球的半径为，在中，，
即，解得.
则外接球的表面积为
故选：B.
7. 设向量，，，若的最大值为5，则正实数的值为（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】首先求出，，再根据数量积的运算律及定义得到，即可求出的值.
【详解】因为，，
所以， ，
则，
又，
所以
，当且仅当与反向时取等号，
所以，即，解得或，
又，所以.
故选：C
8. 把一个正四面体的四个面按如下方案涂色：第一个面涂红色，第二个面涂黄色，第三个面涂蓝色，第四个面分成三块区域分别涂上述三种颜色．将该四面体抛掷在一个平面上，记事件A=“四面体有红色的面落在平面上”，记事件B=“四面体有黄色的面落在平面上”，记事件C=“四面体有蓝色的面落在平面上”，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用古典摡型的概率计算公式，求得，且，结合选项逐项分析，即可求解.
【详解】根据题意，正四面体的四个面中，有红色的面有2个，有黄色的面有2个，有蓝色的面有2个，则，且,
对于A中，由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以C不正确；
对于D中，由，所以D不正确.
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每题6分，共计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. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数为”，其中，2，3，4，5，6；“点数不大于2”；“点数大于2”，“点数大于4”，则下列结论正确的是（表示样本空间）（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意可知，该事件的样本空间为，，，再结合随机事件的基本运算求解.
【详解】该事件的样本空间为，，，
对于A选项，，所以A错误；
对于B选项，，所以B正确；
对于C选项，，所以C正确；
对于D选项，，所以D错误；
故选：BC.
10. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则由下列条件能得到为钝角三角形的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，D. ，
【答案】ABD
【解析】
【分析】由余弦定理可得三角形形状，可判断的真假；由三角形中内角和定理，可得的值，进而可得角的范围，判断出该三角形的形状，即判断出的真假.
【详解】对于：由题意可得角为最大值，则，可得角为钝角，所以正确；
对于：由题意及余弦定理可得，
所以角为最大角，且，
即角钝角，所以正确；
对于：，在中，可得，
，，
，所以角为锐角，所以，
，
，即该三角形为直角三角形，所以错误；
对于：，即，
，
在，可得，即角为钝角，即该三角形为钝角三角形，所以正确.
故选：.
11. 如图，在矩形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折成，使平面平面BCDE，若点M为线段PC的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线平面PDEB.
C. 点C到平面PDE的距离为D. PC与平面BCDE所成角的正切值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，取的中点，连接，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证；选项B，取的中点，连接，，采用反证法，结合，，推出平面，进而得，与已知矛盾，从而作出判断；选项C，由面面垂直的性质定理知平面，从而知点到平面的距离，再利用等体积法求解即可；选项D，由 平面，知即为所求，再结合余弦定理与锐角三角函数，求解即可.
【详解】对于A，如图，取的中点，连接，，则，，
因为矩形，且是的中点，所以，,
所以,，所以四边形是平行四边形，所以,
又平面，平面，所以平面，故A正确；
选项B，取中点，连接，，因为，所以，
若，由于， 面，
则面， 面，所以，而是的中点，则，显然不成立，
所以不成立，即选项B错误；
选项C，因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即点到平面的距离为，
而，，
设点到平面的距离为，因为，
所以，即，解得：，
所以点到平面的距离为，即选项C正确；
选项D，因为平面，所以与平面所成角即为，
在中，，，
由余弦定理知，
所以，在中，，
所以PC与平面BCDE所成角的正切值为，即选项D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则与方向相同的单位向量的坐标为_______．
【答案】
【解析】
【分析】由条件设与方向相同的单位向量坐标为，再由条件列式求解.
【详解】设与方向相同的单位向量的坐标为，则
解得或,
故与同方向的单位向量的坐标是.
故答案为：.
13. 若事件A与B相互独立，，，则__________．
【答案】0.94
【解析】
【分析】根据给定条件求出，再借助和事件公式即可计算作答.
【详解】因与相互独立，且，，则，
所以.
故答案为：
14. 古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1）__________；（2）的最小值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由正弦定理可得的比，由余弦定理可得的值，由正弦定理可得的值，再由托勒密定理可得的表达式，由基本不等式可得它的最小值.
【详解】，
由正弦定理可得：，
设，
由余弦定理可得，
在中，，可得，
由正弦定理可得，
，，
设，由余弦定理得，
由托勒密定理得，
即，平方得，
设，
，当且仅当且，即时取等号，
的最小值为，即的最小值为.
故答案为：;.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 有一种鱼的身体吸收汞，一定量身体中汞的含量超过其体重的的鱼被人食用后就会对人体产生危害．在100条鱼的样本中发现汞含量（乘百万分之一）统计得到频率分有直方图如图所示：

（1）求频率分布直方图中a的值；
（2）请估计该样本数据的平均值和中位数（假设各组数据在组内均匀分布）；
（3）从实际情况看，许多鱼汞含量超标的原因是这些鱼在出售之前没有被检测过．你认为每批这种鱼的平均汞含量都比大吗？请说明理由．
【答案】（1）0.3 （2）平均值为1.075，中位数为1
（3）不一定，理由见解析
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求解；
（2）根据平均数和中位数的定义求解；
（3）不一定（不能），写出合理理由即可.
【小问1详解】
．解得．
【小问2详解】
．
估计该样本数据的平均值为1.075．
因中位数左右两边的直方图面积相等，由，
所以估计该样本数据的中位数为1．
【小问3详解】
不一定（不能）．
理由：①不知道各批鱼的汞含量分布是否都和这批鱼相同；②样本指标只能作为估计值．（理由说明一点就可以）
16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，底面ABCD，，，E为PD中点，F为PB中点，M为CE中点．
（1）求证：平面平面PAB；
（2）求证：平面BDM．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）证明出即可证明出平面PAB从而证明出平面平面PAB．
（2）先证明平面平面BDM．再利用面面平行的性质证明即可..
【小问1详解】
底面ABCD．平面ABCD，．
又，，平面PAB平面PAB．
平面ACE，平面平面PAB．
【小问2详解】
连接EF、AE，连接AC交BD于点O，连接OM．
在中，M，O分别为CE，AC中点，．
又平面BDM，OM平面BDM，平面BDM：
在中，E，F分别为PD，PB中点，．
又平面BDM，平面BDM．平面BDM；
又AE，平面AEF，，平面平面BDM．
又平面AEF，所以平面BDM．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A的值；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及正切化为正弦与余弦的比化简可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
（2）由正弦定理可得再由锐角三角形可得的范围，进而可得的范围.
【小问1详解】
由和正弦定理得，
，
因为A，B，C为的内角，所以．
【小问2详解】
由正弦定理知：，
为锐角三角形，则，
所以．
18. 在中，，，D为AB中点，设，．
（1）当，时，若，求边AC的长；
（2）当，时，AF与DE相交于点O，设，求实数的值；
（3）若，且，求xy的最大值．
【答案】（1）2 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由平面向量的线性运算将用表示出来，再由条件及平面向量的数量积运算计算即可；
（2）由平面向量的线性运算可得，再由三点共线得到关于的方程，求解即可；
（3）由平面向量的线性运算将用表示出来，再由得到，化简整理得，再由基本不等式转化后解不等式即可求得.
【小问1详解】
当，时，
因为D为AB中点，所以，
所以 ，
所以，
因为，且，，
所以，
即，解得：(负值舍去)，即边AC的长为2.
【小问2详解】
当，时，由（1）知，,
所以．
因为D，O，E三点共线，所以，解得．
【小问3详解】
，
，
由知：
，
即得：．
因为x，，所以，
解得：，即．
当且仅当时取等号，此时，符合题意．
所以xy的最大值为．
19. 袋中装有质地均匀、大小相同的红球和白球共10个．现进行摸球游戏．
（1）若采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球，共摸球两次，至少有一次摸出白球的概率是．求袋中红球的个数；
（2）已知袋中有红球5个，从袋中每次摸出1个球，若是红球则放回袋中，若是白球则不放回袋中，求摸球三次共取出两个白球的概率；
（3）若采取不放回的方式从袋中每次摸出1个球，若连续两次摸到红球则停止摸球，否则继续摸球直至第六次摸球后结束．若第三次摸球后停止摸球的概率大于第五次摸球后停止摸球的概率，求袋中红球个数的所有可能取值．
【答案】（1）4个 （2）
（3）4，5，6，7，8个
【解析】
【分析】设袋中有红球m个,
（1）利用对立事件求概率，列出关于m的方程，解方程得解；
（2）“摸球三次共取出两个白球”分三类，求出每一类的概率再求和可得；
（3）由题意知，然后对m进行分类讨论，符合题意就可，最后解出m的所有可能取值即可得解.
【小问1详解】
设袋中有红球m个．
设“采取有放回的方式从袋中每次摸出1个球”，则．
设“摸球两次，至少得到一次白球”．“摸球两次，两次均为红球”．
则，解得，即袋中红球有4个．
【小问2详解】
设事“摸球三次共取出两个白球”，
则三次摸球可能情况为：“白白红”，“白红白”，“红白白”，
则．
所以摸球三次共取出两个白球的概率为．
【小问3详解】
设“第三次摸球后停止摸球”，“第五次摸球后停止摸球”．
由题意知：．
若，则不可能连续两次摸到红球，不合题意．
若，则事件E三次摸球依次为“白红红”，，
事件F五次摸球依次为“白白白红红”，，，不合题意．
若，则最多第四次就停止摸球，不符合题意．
若，则事件E三次摸球依次为“白红红”，，
事件F五次摸球依次为“白红白红红”或“红白白红红”，
，，符合题意．
若，则事件E：三次摸球依次为“白红红”，，
事件F：五次摸球依次为“白白白红红”或“白红白红红”或“红白白红红”，
，
由得，，
即，解得或．即，5，6，7，
综上所述，红球个数的所有可能取值为4，5，6，7，8个．每场比赛得分
3
6
7
10
11
13
30
频数
2
1
2
2
1
1
1