甘肃省白银市2024-2025学年高一下学期期末检测数学试卷含答案解析

这是一份甘肃省白银市2024-2025学年高一下学期期末检测数学试卷含答案解析，共12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。
1．已知复数，，，则（ ）
A．3B．C．4D．
2． （ ）
A．B．C．D．
3．对于随机事件，，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知向量，，且，则（ ）
A．B．2C．D．3
6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量为单位向量，，且，则在方向上的投影向量的模为（ ）
A．B．C．D．
8．现有甲、乙两个盒子，甲盒装有2个白球、3个黑球，乙盒装有3个白球、4个黑球，从甲、乙两盒各拿出1个球，则这2个球颜色不同的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，，则（ ）
A．B．
C．是锐角D．
10．某人抛掷一颗均匀的骰子两次，事件表示“第一次掷出的点数是3”，事件表示“第二次掷出的点数是4”，事件表示“两次掷出的点数之和是9”，事件表示“两次掷出的点数之和是7"，则（ ）
A．事件与相互独立B．事件与相互独立
C．事件与相互独立D．事件与相互独立
11．在四棱锥中，平面，，，，，，则（ ）
A．四边形外接圆的半径为
B．四边形外接圆的半径为
C．四棱锥外接球的体积为
D．四棱锥外接球的体积为
三、填空题
12．已知，则 ．
13．已知复数，则 .
14．如图，在中，，点，分别在边，上，线段和的长均不超过9，点在线段上，且平分，，则长度的取值范围是 .
四、解答题
15．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，为锐角，的面积为.
(1)求；
(2)求的周长.
16．已知，.
(1)求的值；
(2)求的值.
17．在梯形中，已知，，与交于点.
(1)用，表示，；
(2)若，，，求与所成角的余弦值.
18．如图，在棱长为2的正四面体中，是的重心，是的中点.延长到，使得.
(1)证明：平面.
(2)证明：.
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
19．甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场.
(1)已知.
（i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率；
（ii）求甲队获得冠军的概率.
(2)除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？
1．B
根据复数代数形式的乘法运算和复数相等的概念即可求解.
【详解】因为，所以，解得，则.
故选：B.
2．A
根据同角三角函数的基本关系以及二倍角公式求值.
【详解】因为
.
故选：A
3．B
根据概率加法公式代入求解即可.
【详解】已知，，，
根据概率加法公式.
故选：B.
4．C
根据向量的减法表示，进而得到，再根据向量加法的坐标运算法则计算即可.
【详解】因为，所以，
解得.
故选：C
5．D
利用向量的坐标进行线性运算和共线向量的坐标运算，即可求解参数.
【详解】因为，，所以，
由，得，解得.
故选：D
6．C
根据二倍角公式和诱导公式得到，解得，由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到方程，求出答案.
【详解】因为，所以.
因为，所以，可得，解得.
因为，，所以.
由正弦定理得，故，解得.
故选：C
7．A
将向量等式两边平方后代入条件求得，再利用投影向量的定义计算即得.
【详解】由两边取平方，可得，
因，，则，代入解得，
故在方向上的投影向量的模为.
故选：A.
8．D
从甲、乙两个盒子各取一个球相互独立，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可求解.
【详解】从甲、乙两盒各拿出1个球属于相互独立事件，
所以这2个球颜色不同的概率为
故选：D.
9．ACD
根据同角三角函数的平方关系判断A的真假；利用二倍角的余弦公式求的值，判断B的真假，根据的符号判断C的真假；利用两角和与差的正弦公式求判断D的真假.
【详解】因为，，所以，A正确.
，所以为锐角，所以B错误，C正确.
，D正确.
故选：ACD
10．ABD
根据给定条件，求出各事件的概率，再利用相互独立事件的定义逐项判断.
【详解】依题意，，事件包含，共4种情况；
事件包含，共6种情况，
对于A，，事件与相互独立，A正确.
对于B，，，事件与相互独立，B正确；
对于C，，，事件与不相互独立，C错误；
对于D，，事件与相互独立，D正确.
故选：ABD
11．AC
连接，，设的中点为，过作直线平面，可得是四边形的外接圆圆心，球心一定在直线上，设的中点为，连接，可得，进而利用余弦定理求得，利用正弦定理可求得四边形外接圆的半径，利用勾股定理求得外接球的半径即可.
【详解】连接，，设的中点为，过作直线平面，
因为，所以是和的公共斜边，
即是四边形的外接圆圆心，
所以直线上的点到点，，，的距离相等，
故球心一定在直线上，即平面，现在只要保证即可，
即球心也在的垂直平分线上.设的中点为，连接，则.
因为，所以，所以，
则（为四边形外接圆的半径），
即，故A正确，B错误.
因为平面，平面，所以.
又，所以四边形为矩形，，
所以该四棱锥外接球的半径，
故四棱锥外接球的体积，故C正确，D错误.
故选：AC.
12．
【详解】，
.
故答案为：.
13．5
利用向量点的四则运算求出复数，再求其模长即可.
【详解】由可得，则，
故.
故答案为：5.
14．
由可得，从而化简可得到，令，利用对勾函数的性质即可求解.
【详解】设，，，由题意可得，且，
因为，所以，
可得，.因为，，所以解得，
所以.
令，因为函数，当且仅当时取等号，
所以由对勾函数性质可得在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，，则.
由余弦定理可得
，故，
即长度的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)
(2)8
（1）利用三角形面积公式求得.
（2）利用余弦定理求得即可得三角形周长.
【详解】（1）由，得，解得.
（2）由（1）知，为锐角，得，又，，
由余弦定理得，
解得，所以的周长为8.
16．(1)
(2)
（1）根据两角和差的正余弦公式，化简题目条件，根据同角三角函数关系中的商数关系，求出结果；
（2）根据二倍角的正弦公式，由弦化切，求出结果即可.
【详解】（1）因为，
，
所以.
因为，
所以.
得.
（2）由（1）知，
因为，
所以.
17．(1)，
(2)
（1）利用向量的线性运算，结合三点共线向量性质，即可求解各向量；
（2）利用向量积的运算来求模长和数量积，从而可求向量夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为在梯形中，已知，，
则.
由，得，
由共线，得，
所以得,所以.
（2）因为，，
又，，，
所以.
，
.
设与所成的角为，则.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）根据给定条件，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证.
（2）利用全等三角形性质推理得证.
（3）求出PO长，并利用（2）的结论，结合线面角的定义求解.
【详解】（1）连接并延长交于点，连接，，
由是的重心，得是的中点，而是的中点，则，
由平面，平面，得平面，
又是的中点，则，
由平面，平面，得平面，
而平面，，则平面平面，
又平面，所以平面.
（2）在正四面体中，，，
则，而，
因此，所以.
（3）连接，，由是正三角形的重心，得平面，
则直线与平面所成的角为，
由正四面体的每条棱长为2，得，
则，又，，
于是，由（2）知，
在中，，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)（i）；（ii）
(2)“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠
（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可；
（2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠.
【详解】（1）（i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件，
则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜，
所以.
因为，所以；
（ii）设甲队获得冠军为事件，
则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜，
则.
因为，所以.
（2）在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件，
则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜，
则，
因为，所以，此时，符合题意，
，
因为，，，所以，
即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
C
D
C
A
D
ACD
ABD
题号
11









答案
AC