2024-2025学年吉林省长春市希望中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年吉林省长春市希望中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共13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：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知平面向量a=(sinθ,1),b=(csθ,−2)，若a//b，则tanθ=( )
A. −12B. −2C. 2D. 12
2.学校准备举办王者荣耀比赛，从24名最强王者，16名无双王者，8名荣耀王者中，用分层抽样的方法抽取一个容量为6的样本，则抽取最强王者的人数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.已知复数z满足1+z1−z=1+i，则z=( )
A. 25+15iB. 25−15iC. 15+25iD. 15−25i
4.立体几何中的四个基本事实是学习立体几何的基础，下列四个命题中不是立体几何中的基本事实的是( )
A. 过不在一条直线上的三点，有且仅有一个平面
B. 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内
C. 平行于同一条直线的两条直线平行
D. 垂直于同一条直线的两条直线平行
5.有一组样本数据x1，x2，⋯，xn，其平均数为x1−，方差为s12，若样本数据−x1+1，−x2+1，⋯，−xn+1的平均数为x2−，方差为s22，则( )
A. x2−=x1−−1B. x2−=x1−C. s12=s22D. s12>s22
6.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，BD1，则直线AC，BD1位置关系是( )
A. 异面且垂直B. 异面但不垂直C. 相交且垂直D. 平行
7.已知圆锥底面半径为2，其母线与下底面所成角为π4，则该圆锥的侧面积为( )
A. 2 2πB. 4 2πC. 2 3πD. 4 3π
8.如图，在四面体OABC中，N是BC的中点.设OA=a，OB=b，OC=c，用a，b，c表示AN，则( )
A. AN=a+12b+12c B. AN=12a+b+c
C. AN=−a+12b+c D. AN=−a+12b+12c
9.如图，△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，其中A′B′=A′C′=2，A′B′⊥O′B′，则原平面图形△ABC的面积为( )
A. 4
B. 2 2
C. 4 2
D. 8
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.给定一组数据5，2，1，2，3，3，2，3，5，4，则这组数据的( )
A. 极差为4B. 标准差为85C. 平均数为3D. 中位数为3
11.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若sinB>sinC，则B>C
B. 若a=2 6，b=4，A=π4，则三角形有两个解
C. 若bcsB−ccsC=0，则△ABC为等腰三角形或直角三角形
D. 若△ABC的面积S=14(a2+b2−c2)，则C=π4
12.已知向量a=(1, 3)，b=(csα,sinα)，则下列结论正确的是( )
A. 若a⊥b，则tanα=− 33
B. 若a//b，则α=π3
C. 若b在a上的投影向量为−14a，则向量a与b的夹角为2π3
D. |a−b|的最大值为3
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分。
13.已知m∈R，复平面内表示复数(m2−5m−6)+(m2+m+1)i的点在虚轴上，则m=______．
14.已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2 3，AB=1，AC=2，∠BAC=π3，则球O的表面积为______．
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.(本小题13分)
已知平面向量a=(csx, 3sinx)，b=(2csx,2csx)，f(x)=a⋅b−1．
(1)求函数f(x)在[0,π]上的单调区间．
(2)当x∈[0,π2]时，求函数y=f(x)的最小值及此时x的值．
16.(本小题15分)
2025年吉林市马拉松赛将于5月18日7：30正式开赛.为积极参与马拉松比赛，吉林市某中学决定从3000名学生随机抽取100名学生进行体能检测，这100名学生进行了15公里的马拉松比赛，比赛成绩(分钟)的频率分布直方图如图所示，其中成绩分布区间是[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中a的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生比赛成绩的平均数；
(3)根据频率分布直方图，估计这100名学生比赛成绩的第80百分位数；
(4)根据样本频率分布直方图，估计该校3000名学生中约有多少名学生能在80分钟内完成15公里马拉松比赛？
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，OA⊥底面ABCD，OA=2，M为OA的中点，N为BC的中点，建立适当的空间坐标系，利用空间向量解答以下问题：
(1)证明：直线MN//平面OCD；
(2)求异面直线AC与MD所成角的大小；
(3)求直线AC与平面OCD所成角的余弦值．
18.(本小题17分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，侧面A1ADD1为正方形，AB=2AD=2，E为线段AB(不包含端点)上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题．
(1)若D1E⊥EC，求AE的长度；
(2)求点A到平面D1EC距离的取值范围．
19.(本小题17分)
定义向量OM=(a,b)的“相关函数”为f(x)=asinx+bcsx；函数f(x)=asinx+bcsx的“相关向量”为OM=(a,b)．
(1)求函数f(x)=2sin2(x2+π3)−1的“相关向量”OM的模长；
(2)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若函数ℎ(x)的“相关向量”为OM=(0,1)，且已知a=4,ℎ(A)=35．
①求△ABC周长的最大值；
②求|AB+AC|−AB⋅AC的取值范围．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：∵a//b，∴−2sinθ=csθ，显然csθ≠0，
∴tanθ=−12．
故选：A．
根据向量共线得−2sinθ=csθ，则tanθ=−12．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由分层抽样定义及题干信息可得：抽取最强王者的人数是2424+16+8×6=3．
故选：C．
由分层抽样定义计算即可得．
本题主要考查分层抽样定义的应用，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：∵复数z满足1+z1−z=1+i，
∴1+z=(1+i)(1−z)=1−z+i−iz，
∴z(2+i)=i，
∴z=i2+i=i(2−i)(2+i)(2−i)=15+25i．
故选：C．
利用复数的运算求解．
本题主要考查了复数的运算，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由选项内容可知，ABC选项为立体几何中的基本事实，D选项，垂直于同一条直线的两条直线可能异面，可能相交，可能平行，故D不是立体几何中的基本事实．
故选：D．
由立体几何中的基本事实相关概念可判断各选项正误．
本题考查直线与平面的位置关系的判断，是基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为样本数据x1，x2，⋯，xn，其平均数为x1−，方差为s12，
所以样本数据−x1+1，−x2+1，⋯，−xn+1的平均数x2−=−x1−+1，方差s22=(−1)2s12=s12．
故选：C．
利用平均数和方差的性质求解．
本题主要考查了平均数和方差的性质，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，易知AC与BD1既不平行，也不相交，是异面直线．
连接DB，则AC⊥DB，
又DD1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，
所以DD1⊥AC，又DD1∩DB=D，DD1、DB⊂面DD1B，
所以AC⊥面DD1B，又BD1⊂面DD1B，
所以AC⊥BD1．
故选：A．
易知AC与BD1互为异面直线，根据线面垂直的判定定理与性质即可证明．
本题考查空间直线与直线的位置关系，注意异面直线的定义，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由已知得：圆锥母线长为2 2，底面周长是4π，
所以侧面展开图扇形的弧长为4π，半径为2 2，
则侧面积为12×4π×2 2=4 2π．
故选：B．
首先计算出母线长，再利用圆锥的侧面积转化为扇形面积即可得到答案．
本题考查旋转体侧面积的计算，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：∵在四面体OABC中，N是BC的中点，OA=a，OB=b，OC=c，
∴AN=ON−OA=12(OB+OC)−OA=−a+12b+12c．
故选：D．
熟练利用向量加法的三角形法则进行运算即可．
本题考查空间向量的运算，属于基础题．
9.【答案】A
【解析】解：因为A′B′=A′C′=2，A′B′⊥O′B′，
所以O′B′=2,O′A′=2 2，
还原直观图得原图：
所以OB=O′B′=2,OA=2O′A′=4 2,AC=2A′C′=4，
则原平面图形△ABC的面积为S=12AC×OB=12×4×2=4．
故选：A．
由题意O′B′=2,O′A′=2 2，还原直观图得原图后，可得OB=O′B′=2,OA=2O′A′=4 2,AC=2A′C′=4，结合三角形面积公式即可求解．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：将一组数据5，2，1，2，3，3，2，3，5，4，从小到大排列为：1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，
极差为5−1−4；平均数为5+5+4+3+3+3+2+2+2+110=3；
标准差为 (5−3)2+(5−3)2+...+(1−3)210=2 105；中位数为3．
故选：ACD．
求出极差、平均数、标准差、中位数逐项判断可得答案．
本题考查极差、平均数、标准差、中位数的定义，是基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，由正弦定理得bsinB=csinC，因为sinB>sinC，所以b>c，由大边对大角可得B>C，故A正确；
对于B，因为a=2 6，b=4，A=π4，所以由正弦定理得asinA=bsinB，
所以sinB=bsinAa=4× 222 6= 33，因为a>b，所以A>B，则B∈(0,π4)，所以三角形有一解，故B错误；
对于C，因为bcsB−ccsC=0，所以由正弦定理得：sinBcsB−sinCcsC=0，即sin2B=sin2C，
因为B，C∈(0,π)，所以2B=2C或2B+2C=π，即B=C或B+C=π2，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故C正确；
对于D，因为△ABC面积S=14(a2+b2−c2)，所以12absinC=14×2abcsC，
即sinC=csC，因为C∈(0,π)，所以C=π4，故D正确．
故选：ACD．
A.利用正弦定理判断；B.利用正弦定理判断；C.利用正弦定理把边转化为角，再利用二倍角公式求解判断；D.利用三角形面积公式和余弦定理求解判断．
本题考查利用正、余弦定理和三角形的面积公式解三角形，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，若a⊥b，则a⋅b=csα+ 3sinα=0，
可得csα=− 3sinα，所以tanα=sinαcsα=− 33，故A项正确；
对于B，若a/​/b，则 3csα=sinα，可得tanα=sinαcsα= 3，
所以α=π3+kπ,k∈Z，故B项错误；
对于C，由题意得|a|=2，|b|=1，由b在a上的投影向量为−14a，
可得|b|cs⋅a|a|=−14a，解得cs=−12，
结合∈[0,π]，可得=2π3，故C项正确；
对于D，a−b=(1−csα, 3−sinα)，
可得|a−b|2=(1−csα)2+( 3−sinα)2=5−(2 3sinα+2csα)=5−4sin(α+π6)，
当sin(α+π6)=−1，即α+π6=−π2+2kπ(k∈Z)，α=−2π3+2kπ(k∈Z)时，
|a−b|2取得最大值9，所以|a−b|的最大值为3，故D项正确．
故选：ACD．
根据两个向量垂直的坐标表示，结合同角三角函数的基本关系判断出A项的正误；根据两个向量平行的坐标表示，结合同角三角函数的基本关系求出tanα，从而判断出B项的正误；根据投影向量的公式算出向量a、b的夹角，从而判断出C项的正误；根据向量的模长公式、正弦函数的图象与性质，算出|a−b|的最大值，即可判断出D项的正误．
本题主要考查两个向量平行与垂直的条件、同角三角函数的基本关系、向量的投影与模长公式等知识，属于中档题．
13.【答案】6或−1
【解析】解：∵复平面内表示复数(m2−5m−6)+(m2+m+1)i的点在虚轴上，
∴m2−5m−6=0，解得m=6或−1．
故答案为：6或−1．
根据已知条件，结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
14.【答案】16π
【解析】解：如图，三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，
∵SA⊥平面ABC，SA=2 3，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，
∴BC= 1+4−2×1×2×cs60°= 3，
∴∠ABC=90°．
∴△ABC截球O所得的圆O′的半径r=12AC=1，
∴球O的半径R= 12+(2 32)2=2，
∴球O的表面积S=4πR2=16π．
故答案为：16π．
由三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA=2 3，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，知BC= 3，∠ABC=90°.故△ABC截球O所得的圆O′的半径r=12AC=1，由此能求出球O的半径，从而能求出球O的表面积
本题考查球的表面积的求法，合理地作出图形，数形结合求出球半径，是解题的关键．
15.【答案】f(x)的单调递增区间为[0,π6]和(2π3,π]，单调递减区间为(π6,2π3]；
y=f(x)的最小值为−1，此时x=π2．
【解析】(1)a=(csx, 3sinx)，b=(2csx,2csx)，
则f(x)=a⋅b−1=2cs2x+2 3sinxcsx−1=cs2x+ 3sin2x=2sin(2x+π6)，
∵x∈[0,π]，∴2x+π6∈[π6,13π6]，
令π6≤2x+π6≤π2得0≤x≤π6；
令π2