山东省菏泽市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省菏泽市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析），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。
一、单选题
1．（ ）
A．0B．1C．D．
2．某人打靶时连续射击三次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是（ ）
A．三次都没有中靶B．三次都中靶
C．至多一次中靶D．只有一次中靶
3．若菱形的边长为2，，则（ ）
A．4B．2C．1D．
4．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，，则（ ）
A．1B．C．2D．
5．已知，，为两两不重合的平面，，，为两两不重合的直线，下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，则
6．如图，某数学兴趣小组欲测量校内旗杆顶部和教学楼顶部之间的距离，从点测得点的仰角，点的仰角正弦值为，，旗杆，高10米，教学楼高15米，则（ ）
A．米B．米C．米D．米
7．已知样本数据的平均数和方差分别为，，样本数据的平均数和方差分别是，，若，则（ ）
A．5B．17C．20D．2025
8．现有大小和质地相同的6个球，其中有3个红球（标号分别为1、2、3），3个绿球（标号分别为1、2、3），按一定方式抽取两球，标号之和大于4即为取球成功．现有三种抽取方式：方式①有放回依次抽取两球；方式②不放回依次抽取两球；方式③按颜色等比例分层抽取两球．记这三种方式取球成功的概率分别为，，．则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若虚数，是方程的两根，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
10．已知三个随机事件，，，概率均不为0，下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，互斥，，，则
C．若，则
D．若，则
11．如图，正方体的棱长为2，点，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列说法正确的有（ ）
A．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是四边形
B．存在点，使得平面
C．的最小值为
D．若，则点轨迹的长度为
三、填空题
12．已知正方形的边长为1，，，，则 ．
13．在等腰梯形中，，，，该梯形绕直线旋转一周形成的面围成的几何体体积为 ．
14．如图，平面凸四边形中，，，平分．，则 ．
四、解答题
15．已知点，向量，，．
(1)若，求的值；
(2)若点在线段的延长线上，且，求点的坐标．
16．某部门针对某社区建设满意度进行评分，第一轮由8名评委进行评分，评分如下：71，73，76，79，81，83，86，91；第二轮由100名社区居民进行评分，将居民的评分分成，，，，五组，并画出其频率分布直方图（如图）．
(1)求的值并估计这100名居民评分的中位数；
(2)若第一轮评分的平均分为，第二轮评分的平均分为（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）．记，根据的取值将社区建设满意度分为三个等级：
试估计该社区建设满意度等级．
17．已知，，分别为三个内角，，的对边，
(1)求角；
(2)若，为平面内一点，满足，求面积的最大值．
18．品酒师测试通常采用的方法如下：拿出3瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这3瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．分别以，，表示第一次排序时被排为1，2，3的三种酒在第二次排序时的序号，令，则是对两次排序的偏离程度的一种描述．若两轮测试都有，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有，且至少有一轮测试出现，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号，甲没有任何品酒经验，采用随机猜测的方法排序．
(1)试列出甲每轮测试第二次排序时所有可能的结果（，，）构成的样本空间；
(2)甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件“甲被授予一级品酒师称号”，求；
(3)甲连续两天都参加了两轮测试，两天测试结果相互独立，记事件“在这两天中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求并解释其意义．
19．如图，与所在平面互相垂直，在直角三角形中，，在中，，，点、分别在线段、上，将沿直线向上翻折，使点与点重合．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)判断四棱锥是否存在外接球，若存在，求出外接球半径，若不存在说明理由．
1．C
利用虚数单位的运算性质即得.
【详解】因,
故选：C.
2．A
根据对立事件的定义判断.
【详解】“至少一次中靶”的对立事件是“三次都不中靶”.
故选：A.
3．B
结合图形可得，代入所求式后，利用向量数量积的定义计算即得.
【详解】
如图，菱形中，,则.
故选：B.
4．D
先由直观图求出各边长，结合平面图与直观图的关系，即可求得.
【详解】
由图知，是等腰直角三角形，则，，
如图作出，则，则.
故选：D.
5．D
ABC可举出反例；D可先证明，再由线面平行的性质得到线线平行；
【详解】A选项，若，，则相交或，A错误；
B选项，若，，则或相交或，B错误；
C选项，若，，，，，此时推不出，C错误；
D选项，如图，，，，
因为，，所以，
又，，所以，D正确.
故选：D
6．C
依次求出即可.
【详解】中，，则，
中，，又，则，从而，
中，由余弦定理得，
直角梯形中，，
故选：C.
7．A
依据题给条件利用平均值与方差的定义，列出关于和的方程组，解之即可求得和的值，进而根据方差定义求得的值.
【详解】
由
可得：
则①
，
则②
联立方程①和②，解得：
由
则
故选：A.
8．D
用列举法写出各种方式中的取球样本点，计数后计算出概率即可得.
【详解】方式①有放回依次抽取两球，抽球的总方法数为，
其中标号之和大于4有：红2红3，红2绿3，红3红2，红3红3，红3绿2，红3绿3，绿2绿3，绿2红3，绿3绿2，绿3红2，绿3红3，绿3绿3共12种，
所以；
方式②不放回依次抽取两球，抽球的总方法数为，
其中标号之和大于4有：红2红3，红2绿3，红3红2，红3绿2，红3绿3，绿2绿3，绿2红3，绿3绿2，绿3红2，绿3红3共10种，
所以；
方式③按颜色等比例分层抽取两球．即红绿各取一个，总方法为，
其中标号之和大于4有：红2绿3，红3绿2，红3绿3共3种，
所以，
所以.
故选：D.
9．ACD
设，则，根据复数四则运算、模的计算公式逐一验算各个选项即可得解.
【详解】对于A，由题意不妨设，则，所以，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，由前面的计算可知，，故D正确.
故选：ACD.
10．ABD
对于A，结合韦恩图易得；对于B，利用互斥事件的概率加法公式和对立事件和对立事件的概率计算即得；对于C，通过举反例即可排除；对于D，由，利用互斥事件的概率加法公式，结合条件即可推得.
【详解】对于A，因，事件发生就相当于事件发生，故有，故A正确；
对于B，因互斥，，则，，故B正确；
对于C，如抛掷一枚骰子，统计抛得的点数，记事件，，，
显然满足，但，故C错误；
对于D，因，而互斥，互斥，
故，
则由可得，故D正确.
故选：ABD.
11．BC
对于A，利用正方体的截面作法，作出截面即可判断；对于B，取的中点为点，证明平面平面，在上取点，即得平面；对于C，通过作点关于平面的对称点，将转化为，结合图形，当三点共线时即得的最小值；对于D，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，证明平面时，即可得到，从而确定轨迹为半圆，求其弧长即得.
【详解】
对于A，如图，设直线与直线分别交于点，
连接交于点，连接交于点，
故过，，三点的平面截正方体所得截面图形是五边形，故A错误；

对于B，如图，取的中点为，连接，因点，分别是，的中点，则，
因平面，平面，则平面，
又，同法可得平面，
因平面，故平面平面，
取点，则平面，则平面，故B正确；
对于C，如图，作出点关于平面的对称点，连接，交平面于点，
因此时，则即为最小值，
取的中点，连接，易得，则，故C正确；
对于D，如图，以为直径作半圆，当点为半圆上的点时，，
因平面， 平面，则，
又平面，故平面，
又平面，故，即点的轨迹为半圆，其弧长为，故D错误.
故选：BC.
12．
由题意将所求转换为，结合勾股定理求解即可.
【详解】由题意.
故答案为：.
13．
根据题意作出图形，判断旋转体的结构组成，求出相关量，利用圆柱、圆锥的体积公式计算即可.
【详解】
如图所示，该梯形绕直线旋转一周形成的面围成的几何体是一个圆柱去掉两个与其有公共底面的小圆锥.
因，，则梯形的高，
由图知，圆柱的底面圆半径，小圆锥的高，
故该几何体的体积为：.
故答案为：.
14．/
设，根据题意求得，，再结合余弦定理、平方关系即可求解.
【详解】不妨设，由题意可得在直角三角形中，，，
所以有，
而在直角三角形中，，，，
所以，
在三角形中，，，
由余弦定理有，
所以由余弦定理有，
故所求为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
（1）首先求得的坐标，根据数量积为0列方程求解即可；
（2）设，由题意，由此即可列方程求解.
【详解】（1），
因为，所以，
得；
（2）设，因为点在线段的延长线上且，
所以，
所以，解得：，
所以点的坐标为.
16．(1)的值为0.020，中位数为78；
(2)满意．理由见解析
（1）根据频率之和为1得到方程，求出，并利用中位数定义先得到100名居民评分的中位数位于区间，从而列出方程，求出答案；
（2）先计算出，相加得到，从而作出判断.
【详解】（1）由题意得，
解得，
因为，，
所以100名居民评分的中位数位于区间，
设100名居民评分的中位数为，
则，解得
所以的值为0.020，中位数为78；
（2），
，
所以，
所以该社区建设满意度等级为满意．
17．(1)
(2)
（1）利用正弦定理化边为角，借助于和角公式与辅助角公式得到，结合角的范围即可求出角；
（2）由条件可得为的重心，求出，利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，即得面积最大值.
【详解】（1）由得：
由正弦定理得
因，
代入整理得：
因为，所以，即，
由可得，故，即
（2）
如图，由可得为的重心，
所以
由余弦定理可得，
当且仅当时取等号，
所以，
即的面积最大值.
18．(1)；
(2)；
(3)；说明甲在两天中通过随机猜测获得“特级品酒师”称号的概率很小，测试方法非常合理．
（1）根据题意列出1，2，3的所有组合即得样本空间；
（2）令分别表示的事件，依题求出事件的概率，将事件分成三类情况，利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式计算即得；
（3）设事件“甲在第天测试中被授予特级品酒师称号”，，则，利用和事件的概率加法公式计算出，根据其值的大小即可予以解释.
【详解】（1）所有可能的构成的样本空间
．
（2）令表示事件“”，表示事件“”，表示事件“”．
由（1）知道事件包含样本点，事件包含样本点，
事件包含样本点，
所以，，
甲参加第一轮测试值记为，参加第二轮测试值记为，
记事件“，”，“，”，
“，”
则，因为两轮测试结果相互独立，
所以，
，
，
因为，，两两互斥，所以
．
（3）记事件“甲在第天测试中被授予特级品酒师称号”，，
则．因为，
，相互独立，
所以
．
说明甲在两天中通过随机猜测获得“特级品酒师”称号的概率很小，测试方法非常合理．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)不存在外接球，理由见解析．
（1）由面面垂直推得平面，即得，借助于，证得平面，从而可得；
（2）先由平面证得，再证为的中点，从而得到点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，，从而可用间接法求得线面所成角；
（3）先求出的长，取的中点，连结，，可得，即得为三棱锥的外接球的球心，计算并判断得到，即得结论.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，故平面
而平面，所以
又，平面，
所以平面，又平面，
所以.
（2）连接．设，则，，
由（1）知：平面，平面，则
在中，又得：
又，，故，
所以，即为的中点．
设与平面所成的角为，点到平面的距离为，
则，
所以与平面所成的角的正弦值为．
（3）由（1）平面，因平面，则，
由得：，解得：，则
所以
取的中点，连结，．在中，，
由（1）知：，
即为三棱锥的外接球的球心．
又，即
故四棱锥不存在外接球．
的取值
满意度等级
不满意
满意
非常满意
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
D
D
C
A
D
ACD
ABD
题号
11









答案
BC