江苏武进高级中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]

这是一份江苏武进高级中学2024~2025学年高一下册期末考试数学试题[含解析]，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知点在角的终边上，则， 已知向量满足，且，则， 已知，则， 已知复数，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知复数满足（是虚数单位），的共轭复数为，则（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法、乘法运算，结合共轭复数的概念即可求解.
【详解】由，可得，所以
所以5.
故选：B
2. 已知圆柱的底面半径为2cm，体积为，则该圆柱的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆柱的表面积和体积公式即可求解.
【详解】设圆柱的高为，
因为圆柱的底面半径为2cm，体积为，则圆柱的底面周长为，
，所以圆柱表面积为，
故选：D
3. 已知表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，下列推理正确的是（ ）
A.
B. 且
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于A,B,在满足条件时，可得到多种情况，故排除，对于D，可通过举反例作图进行排除，对于C可利用线面平行的性质推出结果.
【详解】对于A，由可得或与相交，故A错误；
对于B，由可得或或且，故B错误；
对于C，由可得，因，且，由线面平行性质即得，故C正确；
对于D，如图，在平面内作，因故得，但不成立，故D错误.
故选：C.
4. 已知点在角的终边上，则（ ）
A. B. C. −2D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简，再由三角函数的定义即可求得.
【详解】由点在角的终边上可得，，
则.
故选：A.
5. 已知事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件，对立事件的概率关系即可计算求解.
【详解】由事件互斥，且都不发生为13，则，
又，所以，解得，，
所以.
故选：C.
6. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出、、，即可求出、、，再根据夹角公式计算可得.
【详解】由题意得，则有，解得，
又由，则有，解得，
同理可得，
所以，
，
，
所以.
故选：A
7. 已知某班级参与定点投篮比赛的学生共有20名，进球数的平均值和方差分别是4和3.6，其中男生进球数的平均值和方差分别是5和1.8，女生进球数的平均值为3，则女生进球数的方差为（ ）
A. 3.2B. 3.4C. 3.6D. 3.8
【答案】B
【解析】
【分析】设男生人数为，女生人数为，根据平均数可得，再结合方差公式运算求解.
【详解】设男生人数为，女生人数为，
且进球数的平均值和方差分别是和，其中男生进球数的平均值和方差分别是和，女生进球数的平均值和方差分别是和，
由平均数可得，即，解得，
由方差可得，
即，解得.
故选：B.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角和差的余弦公式化简已知等式，可得，求出，即可求得答案.
【详解】由题意知，
故
即，
即，
故或（舍去），
即，而，故，
故，
故选：B
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. 已知复数，下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则的最小值为4
D. 在复平面内，所对应的向量分别为，其中为坐标原点，若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A,C通过举例进行判断，B由复数模及复数的乘法进行判断，D由向量加法和减法的几何意义进行判断.
【详解】对于A，设，则，，因此选项A错误；
对于B，设，
则
，
又，则，因此选项B正确；
对于C，设，则，此时，因此选项C错误；
对于D，若，则复平面内以有向线段和为邻边的平行四边形是矩形，
根据矩形的对角线相等和复数加法､减法的几何意义可知，选项D正确.
故选：BD.
10. 在中，角所对的边分别为，下列说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则为锐角三角形
C. 若，则
D. 若，则为钝角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】作图分析，结合解直角三角形判断A；利用余弦定理判断B；利用正弦定理判断C；利用诱导公式以及余弦函数的单调性可判断D。
【详解】对于A，在中，作于D，
则,即，即，A正确；
对于B，由得，
结合，可知A为锐角，但不能确定B，C角的大小，
故不能确定为锐角三角形，B错误；
对于C，若，由正弦定理可得，则，C正确；
对于D，若，由于，则A为锐角；
若B为锐角，则，可得，则，
故为钝角三角形；
若B为钝角，则，可得，则，适合题意，
此时为钝角三角形；
综合以上可知为钝角三角形，D正确，
故选：ACD
11. 已知四面体的各个面都是全等的三角形，且，则下列选项正确的是（ ）
A. 直线所成角为
B. 二面角的余弦值为
C. 四面体的体积为
D. 四面体外接球的直径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：由线面垂直即可判断；对于B：由线面垂直结合余弦定理即可求解；对于C：由同角的三角函数，棱锥的体积公式，三角形的面积公式即可求解；对于D：补入长方体中，求出长方体外接球半径即可求解．
【详解】对于A：取的中点，连接，，由题意四面体的各个面都是全等的三角形，
，，
可得，，又，，平面，
所以平面，因为平面，
所以，所以，所成角为，故A正确；
对于B：取的中点，连接，，则，，
所以为二面角的平面角，
在中，，，
由余弦定理可得，故B正确；
对于C：由B可得，
由，故C不正确；
对于D：将四面体放入长方体中，如图可得长方体与四棱锥共球，所以外接球半径一样，
设外接球半径为，所以，故D正确．
故选：ABD．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 为估计某草场内兔子的数量，使用以下方法：先随机从草场中捕捉兔子100只，在每只兔子的尾巴上作上记号后放回草场.再随机从草场中捕捉60只，若尾巴上有记号的兔子共有10只，估计此草场内约有兔子__________只.
【答案】
【解析】
【分析】利用简单随机抽样，结合样本估计总体可解.
详解】假设草场约有n只兔子，则，则.
故答案为：600.
13. 已知函数在有且仅有三个零点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】由降幂公式及辅助角公式可得函数的解析式，由，得，由零点的个数，可得，可求的取值范围.
【详解】
，
由，时，，
在有且仅有三个零点，则有，解得，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知圆台上下底面半径分别为，圆台的母线与底面所成的角为，且该圆台上下底面圆周都在某球面上，则该球的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆台上下底面半径以及夹角之间的关系，找到球心位置求出球的半径,即可求得该球的体积.
【详解】如下图所示：圆台，为母线，于点，
则圆台上下底面半径分别为，
圆台的母线与底面所成的角为，即，可得，
设该球的球心为，不妨取，球的半径为，
由勾股定理可得，解得；
因此，则该球的体积为.
故答案为：
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. 某高中随机调查名高一学生，并对这名学生的作业进行评分（满分：100分），根据得分将他们的成绩分成六组，制成如图所示的频率分布直方图，其中成绩在的学生人数为25人.
（1）求的值；
（2）估计这名学生成绩的平均数（同一组数据用该组数据的中点值代替）和中位数（精确到小数点后两位）.
【答案】（1），
（2）平均数为72，中位数73.33
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图求解即可；
（2）利用平均数和中位数的定义求解即可.
【小问1详解】
由题意可得，，
，
解得.
【小问2详解】
平均数.
因为
所以中位数在之间，设中位数为，
则，
解得.
16. 在中，角所对的边分别为，且.
（1）求角的值；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】(1)由题意知，则，根据正弦定理边角互化，可求出边的关系，再根据余弦定理可求解；
(2)根据锐角三角形可求出各个角范围，再根据正弦定理可求得的表达式，再根据三角函数积化和差，由角的取值范围可求得.
【小问1详解】
因为，且，
所以
利用正弦定理化简得：即，
由余弦定理可得，
又因为，所以；
【小问2详解】
由（1）得，即，
又因为三角形为锐角三角形，
所以解之得：，
因为，由正弦定理得：，
所以，
所以
因为，所以，
所以，则的取值范围为
17. 甲和乙进行多轮答题比赛，每轮由甲和乙各回答一个问题，已知甲每轮答对的概率为，乙每轮答对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（1）求两人在两轮比赛中都答对的概率；
（2）求两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率；
（3）求两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算即可；
（2）两人分别答两次，总共四次中至少答对3道题，分五种情况计算可得答案；
（3）分甲和乙均答对两个题目、均答对三个题目两种情况计算即可.
【小问1详解】
依题意，设事件“甲两轮都答对问题”，“乙两轮都答对问题”，
所以.
因为事件相互独立，
所以两人在两轮比赛中都答对的概率为
【小问2详解】
设事“甲第一轮答对”，“乙第一轮答对”，
“甲第二轮答对”，“乙第二轮答对”，
“两人在两轮比赛中至少答对3道题”，
则，
由事件的独立性与互斥性，
可得
故两人在两轮比赛中至少答对3道题的概率为.
【小问3详解】
设事件分别表示甲三轮答对2个，3个题目，
分别表示乙三轮答对2个，3个题目，
则，
，
设事件“两人在三轮比赛中，
甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2”，
则，且分别相互独立，
所以
.
所以两人在三轮比赛中，甲和乙各自答对题目的个数相等且至少为2的概率为.
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，是正三角形，为线段的中点.
（1）若中点为，求证：平面；
（2）若平面平面，点为平面上的动点，
①当点恰为中点时，求异面直线与所成角的余弦值；
②若点是平面内的动点，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②.
【解析】
【分析】（1）根据中位线可得线线平行，即可证明四边形为平行四边形，可得，即可由线面平行的判定求证，
（2）①作辅助线，根据平移法找到异面直线与所成角，解三角形即可求得其余弦值；②根据图形的几何性质说明当时，最短，此时，点在棱上，然后通过解三角形求得相关线段长.
【小问1详解】
取中点，连接，
为线段的中点，，
；
四边形为平行四边形，，
平面平面
平面.
【小问2详解】
①取的中点，连接，
为中点，，
就是异面直线和所成的角或所成角的补角.
平面平面，
平面平面，平面,
平面平面，
菱形的边长为，
与是全等的正三角形，
分别为的中点，
，
在中，，
在中，，
，
在中，；
②,平面，
平面，
又为线段的中点，
，
，
要使最小只需最短即可，即为点到面的距离.
在中，，
，
在中，，
，
，，
的最小值为.
19. 已知是单位圆上相异的两个定点（为圆心），点是单位圆上的动点且.直线交直线于点.
（1）求的值；
（2）设，
①用来表示与；
②求的取值范围.
【答案】（1）0 （2）①；②.
【解析】
【分析】（1）对两边平方化简可求出的值；
（2）①结合已知条件利用向量的加减法法则将用表示，再结合，列方程组可用来表示与；②，将与代入化简，得，令，则，求出的范围，从而可求出答案.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
①因为，
所以
，
因为，
所以，所以；
②因为，，
所以
，
设，则，
因为，所以，所以，
即，
由，得，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的加减法，考查向量的数量积运算，考查同角三角函数关系，第（2）问解题的关键是利用平面向量基本定理结合题意用表示，考查计算能力和转化思想，属于较难题.