湖北省黄石市2024-2025学年高一下学期期末统一测试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省黄石市2024-2025学年高一下学期期末统一测试数学试题（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．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，.其中，，则（ ）
A．新样本数据的平均数变小B．新样本数据的标准差变大
C．两组数据中位数不变D．两组数据极差不变
3．如图，AB，CD是正方体展开图中的两条线段，则原正方体中AB与CD所成角为（ ）

A．B．C．D．
4．已知向量为单位向量，向量在上的投影向量为，则（ ）
A．B．C．0D．
5．如图所示，长方体中，，P是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ）
A．B．C．D．
6．某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为，，，则此人（ ）
A．不能作出这样的三角形B．能作出一个锐角三角形
C．能作出一个直角三角形D．能作出一个钝角三角形
7．在对某校高三学生体质健康状况的调查中，按照性别比例进行分层随机抽样.已知抽取了男生80人，女生120人，其方差分别为15，10，由此估计样本的方差的最小值为（ ）
A．10B．12C．13D．15
8．记的内角的对边分别为，已知，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．某校为了更好地支持学生个性发展，开设了学科拓展类､科技创新类､体艺特长类三种类型的校本课程，每位同学从中选择一门课程学习.现对该校5000名学生的选课情况进行了统计，如图1，并用分层随机抽样的方法从中抽取2%的学生对所选课程进行了满意率调查，如图2.则下列说法正确的是（ ）

A．满意度调查中抽取的样本容量为5000
B．该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1250
C．该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为875
D．若抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，则
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（ ）
A．若，则为锐角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若，则
D．若为锐角三角形，且，则的最小值为8
11．如图，一个带有盖子的密闭圆台形铁桶中装有两个实心球（桶壁的厚度忽略不计），其中一个球恰为铁桶的内切球（与圆台的上，下底面及每条母线都相切的球），E为该球与母线BC的切点，CD，AB分别为铁桶上，下底面的直径，且，，F为的中点，则（ ）
A．铁桶的母线长为3
B．铁桶的侧面积为
C．直线EF与圆台下底面所成角的正切值为
D．桶中另一个球的半径的最大值为
三、填空题
12．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率为 .
13．如图，河流的一侧是以O为圆心的扇形区域OCD，河的另一侧有一建筑物AB垂直于水平面，假设扇形OCD与B处于同一水平面上，记OB交于E.若在C，O，E处看A的仰角分别为，和，则的余弦值为 .
14．已知，、、是平面内三个不同的单位向量.若，则的取值范围是 .
四、解答题
15．如图，圆锥SO中，AB、CD为底面圆的两条直径，且，，P为母线SB的中点.
(1)求圆锥SO的侧面积；
(2)点E在底面圆周的劣弧BD上，且弧BE的长为，试判断直线PE与平面SAD的位置关系，说明理由.
16．为调查某校学生的校志愿者活动情况，现抽取一个容量为100的样本，统计了这些学生一周内的校志愿者活动时长，并绘制了如下图所示的频率分布直方图，记数据分布在，，，，，，的频率分别为，，…，.已知，.
(1)求，的值；
(2)请根据样本数据估计，全校学生一周内的校志愿者活动平均时长为多少？
(3)学校现在准备对志愿者活动时长排在前10%的学生授予“志愿活动模范之星”的荣誉称号，根据样本数据估计，志愿者活动时长最少为多少分钟才可能被评为“志愿活动模范之星”？
17．在中，内角A，B，C对边的边长分别是a，b，c，且.
(1)求B的大小；
(2)设，且，求的面积.
18．如图，正方形中，边长为4，为中点，是边上的动点.将沿DE翻折到，沿EF翻折到，
(1)求证：平面平面；
(2)当F是边BC的中点时，求二面角的余弦值；
(3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值.
19．在正棱锥中，O为底面正n边形的中心，B为棱的中点.设正n棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面与底面夹角为，底面正n边形边长为x.
(1)当，时，若，求正三棱锥的体积.
(2)当时，若且，求正四棱锥外接球的体积.
(3)记，，试确定M和N的大小关系，并证明.
1．A
利用复数的除法运算，再进行共轭运算即可得解.
【详解】由，
则，
故选：A.
2．D
由平均数，方差，极差，中位数的计算逐一判断可得.
【详解】对于选项A，因为原样本数据的样本平 均数，
新样本数据的样本平均数，
所以新样本的平均数变大，故A错误；
对于选项B，新样本数据的样本标准差
，所以B选项错误；
对于选项C：设样本数据，，…，的中位数为，
则样本数据，，…，的中位数为，
所以两组样本数据的样本中位数不相同，故C错误 ；
对于选项D：设样本数据，，…，中，最大，最小，
因为，所以样本，，…，中，最大，最小，
极差，故D正确.
故选：D.
3．C
根据正方体的展开图，画出正方体，根据异面直线所成角的解法求解即可.
【详解】

如图，画出正方体，因为，
所以为与所成角或其补角，
因为都为正方体的面对角线，
所以，
所以为等边三角形，所以与所成角为.
故选：.
4．A
结合题意，由投影向量的计算公式可得.
【详解】由题意可得向量在上的投影向量为，
所以，
又向量为单位向量，
所以.
故选：A.
5．D
根据给定条件，结合长方体的结构特征及异面直线的意义，逐项判断作答.
【详解】在长方体中，
，当是与的交点时，平面，与相交，A不是；
当点与重合时，平面，与相交，B不是；
当点与重合时，因为长方体的对角面是矩形，此时，C不是；
因为平面，平面，而平面，因此与是异面直线，D是.
故选：D
6．D
根据三角形的面积公式，得到，不妨设，验证能构成三角形，然后结合余弦定理，求得，即可求解.
【详解】设三条高的长度分别为，，所对的的三边分别为，
由三角形的面积公式，可得，
不妨设，其中，则的最大角为角，
由余弦定理，可得，
又因为，
所以能构成三角形，
因为为三角形的内角，所以，所以为钝角三角形.
故选：D.
7．B
根据题意，设男生体质健康状况的平均数为，女生的平均数为，总体的平均数为，方差为，结合方差的公式，分析选项，即可求解.
【详解】设男生体质健康状况的平均数为，女生的平均数为，总体的平均数为，方差为，
则，
，
.
故选：B.
8．B
根据题意，化简得到，得到，求得且，由正弦定理得，结合，得到，进而求得的取值范围.
【详解】由，可得，所以，
即，
因为，可得，所以或，
当时，即，此时，可得，不符合题意，舍去；
当时，可得且，
由正弦定理得，
则
，
又由，可得，所以，
即的取值范围.
故选：B.
9．BC
根据满意率调查图表即可判断A选项，根据扇形统计图计算即可判断B选项，根据题意计算即可判断C选项，列出方程即可判断D选项.
【详解】满意率调查中抽取的样本容量为错误；
由扇形统计图知，
则人，B正确；
该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为人，C正确；
抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，
则，则，D错误.
故选：BC.
10．BCD
A选项，C为锐角，但不确定A，B是否是锐角；B选项，由正弦定理和同角三角函数关系得到，所以，B正确；C选项，由正弦定理和大角对大边得到C正确；D选项，变形得到，令，得到，由基本不等式求出最小值.
【详解】A选项，，故C为锐角，但不确定A，B是否是锐角，A错误；
B选项，，由正弦定理得，
因为，所以，故，
所以，B正确；
C选项，，由大角对大边得，由正弦定理得，
故，C正确；
D选项，，
，
故，
故，
为锐角三角形，故，所以，
令，
则，
当且仅当，即时，等号成立，D正确.
故选：BCD
11．ABD
对于A选项，研究轴截面，设内切圆半径为，利用等面积法求出腰长，即为母线长；对于B选项,利用侧面积公式直接计算铁桶侧面积即可；对于C选项，过点作于点，说明所求为，结合解三角形知识即可验算；对于D选项，在轴截面ABCD中，通过相似三角形求得另一个球半径最大值.
【详解】对于选项A，如图所示，
由题，铁桶的轴截面是上底为4,下底为2的等腰梯形且有内切圆，如上图，
设内切圆半径为，则梯形两腰长为，
梯形面积公式可以用两种方式表示为
，
故铁桶的母线长为3，A正确；
对于选项B，侧面积公式为，故B正确；
对于选项C，如图所示，过点作于点，
由图可知，其中，
而母线长为3，所以点为线段的靠近点的三等分点，
由A可知，，所以，，
由于垂直底面圆，
所以垂直底面圆，
如图所示，
所以直线EF与圆台下底面所成角为，
因为，，所以
所以，故C错误；
对于选项D，当球与球、桶盖、桶壁均相切时，球的半径最大，设为，
如下图，在轴截面ABCD中，由，
则，
可求得另一个球半径的最大值为.
故选：ABD.
12．0.1
由简单随机抽样中每个个体被抽到的概率相同可得.
【详解】由题意可得用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率为.
故答案为：0.1.
13．
根据题意，设扇形所在圆的半径为，可得，求得，且，在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】由题意，可得，和，所以，
设扇形所在圆的半径为，可得，且垂直于水平面，
在直角中，可得，
所以，且，
在中，可得.
故答案为：.
14．
利用分段函数值分类讨论，可得，再根据数量积关系设出坐标，利用坐标运算，结合三角恒等变换求解可得.
【详解】若，则，
又三个向量均为平面内的单位向量，故向量两两垂直，显然不成立；
故.
不妨设，则，
不妨设，，
则，则，
则，
又，
所以，则，
所以的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)平面SAD，理由见解析
（1）由圆锥的侧面积公式可得；
（2）由中位线的性质和线面平行的判定定理证明平面SAD，再由圆的几何关系得到平面SAD，最后得到面面平行，从而可得结果.
【详解】（1）底面半径，母线，.
（2）
由题知，，则根据中位线性质，，
又平面SAE，平面SAD，则平面SAD，
由于，底面圆半径是2，则，
又，则，于是，
又平面SAE，平面SAD，则平面SAD，
，平面，故平面平面SAD，
又直线平面SAD，则直线平面SAD.
16．(1)，
(2)
(3)325分钟
（1）由频率分布直方图的面积特征结合题意计算可得；
（2）由频率分布直方图中平均数的计算可得；
（3）由频率分布直方图计算第90百分位数可得.
【详解】（1）由图知：，，
，
，，，
由于，则；
（2）平均时长为
分钟；
（3）由题目可知即求样本数据的第90百分位数，由（1）可知
，，
故第90百分位数落在第六组，由，
可算出第六组小长方形的高为，
假设第90百分位数为x，则有，
解得，故最少需要325分钟.
17．(1)
(2)
（1）根据题意，化简得到，求得，得到，即可求解；
（2）根据题意，得到，分和，两种情况讨论，分别求得的值，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）解：因为，可得
由正弦定理，可得，
则，
整理得，
因为，可得，所以，可得，
又因为，可得，所以，可得.
（2）解：由题意，可得，即.
（i）当时，，，可得，，
所以的面积.
（ii）当时，可得，由正弦定理得，
联立方程组，解得，且.
所以的面积.
综上可得，的面积为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）根据题意，得到，，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.
（2）取的中点，证得，，得到二面角的平面角为，在中，利用余弦定理，即可求解；
（3）设在面上的射影为，得到为与平面所成角，设，求得，在中求出和，结合得到，令，得到，令，结合函数的单调性，即可求解.
【详解】（1）证明：因为是正方形，为的中点，所以，，
又因为,且平面，所以平面，
因为平面SEF，所以平面平面.
（2）解：取的中点，由题意得，则，，
所以二面角的平面角为，
在中，因为，，，
可得，所以二面角的余弦值为.
（3）解：设在面上的射影为，连接，则为直线与平面所成角，
设，则，
可得，
在中，由，，，
可得，且，
因为，即，可得，
又因为，所以，
令，则，则，
令，任取，
则，
因为，，，所以即，
所以在上单调递减，
所以当，即时，取得最大值为.
19．(1)
(2)
(3)，证明见解析
【详解】（1）解：当时，几何体为正三棱锥，依题意得，，
由，可得，所以，
所以侧面为正三角形，可得几何体为正四面体，所以其体积为.
（2）解：当时，几何体为正四棱锥，可得，.
由，可得，所以，可得，
又由，可得，解得，
设正四棱锥外接球的半径为R，则，解得，
所以正四棱锥外接球的体积为.
（3）解：由条件知，，
设正n棱锥的侧棱长为l，
则
，
则（其中O为正n边形的中心，各在逆时针旋转后仍为这些向量的排列，故它们的和向量逆时针旋转后仍为，所以只能为零向量）.
于是，①
又由是侧棱与底面所成的角，且，，
可得是侧面与底面所成的角，所以，，
从而由①，可得与相等，所以.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
C
A
D
D
B
B
BC
BCD
题号
11









答案
ABD