福建省莆田市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份福建省莆田市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共19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．2D．4
2．现有男志愿者120人，女志愿者80人，按性别进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容量为15的样本，则女志愿者应抽取的人数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
3．已知m、n是两条不同直线，、、是三个不同平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
4．若向量满足，且与垂直，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
5．若，则（ ）
A．0.5B．0.4C．0.3D．0.2
6．为了测量某建筑物的高度，选取与该建筑物底部在同一水平面内的两个测量点.现测得米，在点处测得该建筑物顶部的仰角为，则该建筑物的高度为（ ）
A．米B．米C．米D．米
7．一个袋子中有标号分别为的4个球，除标号外没有其他差异.从中不放回地依次随机摸出2个球.设事件“第一次摸出球的标号小于3”，事件“第二次摸出球的标号为奇数”，则（ ）
A．与对立B．与互斥但不对立
C．与相互独立D．与既不互斥也不独立
8．已知三棱锥的底面与侧面均是边长为2的正三角形，且平面平面，则该三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若向量，则（ ）
A．
B．
C．在上的投影向量为
D．与的夹角为
10．若复数满足，复数的虚部为1，且是实数，则（ ）
A．的实部是-2
B．在复平面上对应的点位于第四象限
C．的共轭复数是
D．复数满足，则的最大值是
11．在棱长为4的正方体中，点在棱上，且，点在正方形内（含边界）运动，则（ ）
A．当时，平面截该正方体所得的截面面积为18
B．当时，点到平面的距离为
C．当，且平面时，点的轨迹长度为5
D．当，且时，点的轨迹长度为
三、填空题
12．在四边形中，，以所在直线为轴，其他三边旋转一周形成的面围成的几何体的体积为 .
13．已知一组数据的平均数和方差均为1.若，则数据的方差为 .
14．已知点是的重心，过点的直线分别交边于点，设，，则 ；若，则的最小值是 .
四、解答题
15．寒假期间某学校团委组织学生开展志愿服务活动，假期过后对学生的志愿服务时长（单位：小时）作一次随机抽样调查，画出频率分布直方图如图所示.根据志愿服务时长从长到短，时长在前的学生可获得“优秀志愿之星”的称号.

(1)求的值，并估计该校学生志愿服务时长的平均数（同一组数中的数据用该组区间的中点值作为代表）；
(2)试估计至少需要参加多少小时的志愿服务活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号.
16．如图，在棱长均为2的正三棱柱中，点为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成的角的余弦值.
17．记的内角所对的边分别为，向量，且.
(1)求角A；
(2)若，点为的内心，求面积的最大值.
18．如图，正方形所在的平面与直角梯形所在的平面互相垂直，已知，，点在线段上.

(1)求证：平面平面；
(2)当直线与平面所成的角的正切值为时，求二面角的大小.
19．黑棋和白棋从数轴的原点出发.每次移动由甲和乙各抛掷一枚质地均匀的硬币决定：若甲掷出正面，则黑棋向右移动一个单位；若甲掷出反面，则黑棋不移动.若乙掷出正面，则白棋向右移动一个单位；若乙掷出反面，则白棋不移动.
(1)若甲抛掷3次，求黑棋离开原点的概率；
(2)若甲乙各抛掷2次，求黑棋比白棋向右移动更远的概率；
(3)现黑棋落后白棋一个单位，若甲再抛掷10次，乙再抛掷9次，求最终黑棋不落后于白棋的概率.
1．C
利用复数模的公式计算得解.
【详解】复数，所以.
故选：C
2．A
由抽样比计算即可得解.
【详解】由题可得分层随机抽样的抽样比为，
所以抽取一个容量为15的样本，则女志愿者应抽取的人数是.
故选：A
3．D
利用长方体中线面的关系，逐一确定各选项.
【详解】
A选项：令平面为平面，为直线，为直线，
有：，，但，A错误；
B选项：令平面为平面，令平面为平面，
令平面为平面，有：，，而，B错误；
C选项：令平面为平面，令平面为平面，为直线，
有：，，则，而，C错误；
D选项：垂直与同一平面的两直线一定平行，D正确.
故选：D
4．D
由题意可得，再根据向量的运算律及求解即可.
【详解】解：因为，所以，
又因为与垂直，
所以，
即，
即，
解得.
故选：D.
5．B
首先求得，然后结合即可求解.
【详解】由题意，
所以.
故选：B.
6．B
首先得，然后由正弦定理得，解直角三角形即可求解.
【详解】因为，所以，
又，所以由正弦定理有，即，
解得，
因为在点处测得该建筑物顶部的仰角为，
所以。
故选：B.
7．C
利用古典概型求解，，利用全概率公式求，利用来判断与相互独立，从而可得正确判断.
【详解】由题意得：，设事件“第一次摸出球的标号是奇数”，
则，
因为任取两球样本空间为：，
此时，而，所以，
由于，所以与相互独立，故C正确；
由于能同时发生，所以与不是互斥事件，也不是对立事件，故ABD都错误；
故选：C.
8．C
作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，找到球心的位置，设，连接，利用半径相等得到方程，求出，进而求出外接球半径和表面积.
【详解】取的中点，连接，，
因为底面与侧面均是边长为2的正三角形，
所以⊥，⊥，
因为平面平面，交线为，且平面，
所以⊥平面，
在上取点，使得，故为等边三角形的中心，
该三棱锥外接球的球心在平面上的投影为，
其中，，，
设，连接，过点作⊥于点，
则，，，
设，则，
即，解得，
所以，该三棱锥外接球的表面积是.
故选：C
9．BC
对于A，由模的计算公式验算即可；对于B，由数量积的坐标运算验算即可；对于C，由投影向量的定义验算即可；对于D，由向量夹角的余弦公式验算即可.
【详解】对于A，因为，所以，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，在上的投影向量为，
对于D，由于，所以与的夹角为.
故选：BC.
10．ACD
对于A，由复数除法、减法运算结合实部的概念即可得解；对于B，由复数的几何意义判断即可；对于C，由待定系数法求得，由共轭复数的概念即可判断；对于D，由复数的几何意义验算即可.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以的实部是-2，故A正确；
对于B，在复平面上对应的点位于第二象限，故B错误；
对于C，由题意设，
从而，
因为是实数，所以，解得，
所以的共轭复数是，故C正确；
对于D，设为复数对应的点，而对应的点为，
因为复数满足，所以，即，
所以可设，
所以
，等号成立当且仅当，
所以的最大值是，故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
对于A，取中点，连接，可得平面截该正方体所得的截面即为梯形并求出该梯形面积即可判断；对于B，设点到平面的距离为d，则由即可求解判断；对于C，分别取四等分点，且，可得平面平面即可得点的轨迹，进而得解；对于D，在平面内过E作交于点，过此时的点F作分别交于，求证平面即可得动点F的轨迹并求出轨迹长度.
【详解】对于A，当时，由题可知此时点在棱中点上，
取中点，连接，则，
因为且，所以四边形是平行四边形，所以，
所以，所以由可唯一确定一个平面，
所以平面截该正方体所得的截面即为梯形，
因为，
所以平面截该正方体所得的截面梯形的面积为，故A正确；
对于B，当时，由题可知此时点在棱中点上，设点到平面的距离为d，
则由即，故B错误；
对于C，当即，分别取四等分点，
且，连接，则，且，
由A可知，所以，则由可唯一确定一个平面，
又在平面外，平面，所以平面，
由正方体性质可知且，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，同理可得，
所以，因为在平面外，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，
所以点F的轨迹为，所以点的轨迹长度为，故C正确；
对于D，由正方体结构性质可知平面，
因为平面，所以，
在平面内过E作交于点，
则此时，所以与相似，
所以，过此时的点F作分别交于，
则且即，
因为，平面，所以平面，
因为，所以动点F的轨迹为线段，所以动点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD
12．/
由圆台的体积公式即可求解.
【详解】如图所示，原题等价于求上下底面半径依次为，高为1的圆台的体积，
故所求为.
故答案为：.
13．/
根据一组数据的平均数和方差公式以及性质即可求解.
【详解】数据的平均数和方差均为1，
则
则数据的平均数为，
数据的方差为，即，
所以数据的平均数为1，
所以数据的方差为
.
故答案为：
14． 3 /
根据重心性质得到，进而，由共线定理得推论得到，并由余弦定理得到，，表达出，由基本不等式求出最小值.
【详解】点是的重心，故，
又，，所以，
又三点共线，故，解得，
，由余弦定理得
，
故，
由余弦定理得，
因为，，
所以，
又，且，
由基本不等式得，解得，
所以.
故答案为：3，
15．(1)，21.92
(2)24
（1）由各个矩形面积之和求得，然后结合平均数的计算公式求解即可；
（2）只需根据百分位数的定义求解第66百分位数即可.
【详解】（1）由，
解得，
平均数
；
（2）依题意知所求时长为这组数据的第66百分位数，
因为，
，
所以第66百分位数位于内，
所以，
解得，
所以至少需要参加24个小时的志愿活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号“.
16．(1)证明见解析
(2)
（1）连接交于，连接，求证，即可由线面平行判定定理得证；
（2）先由（1）得为异面直线与所成的角或其补角，再在中，由余弦定理即可得解.
【详解】（1）证明：连接交于，连接，
侧面为平行四边形，为的中点.
又点为的中点，，
又平面平面，
平面.
（2）由（1）得为异面直线与所成的角或其补角.
在棱长均为2的正三棱柱中，，，，
在中，由余弦定理得，
异面直线与所成的角的余弦值为.
17．(1)
(2).
（1）由向量平行的坐标表示和正弦定理边化角得即可求解；
（2）法一：先由内心定义得，进而求出，接着由余弦定理得，再由基本不等式求出结合面积公式即可求解；法二：先由结合求出得到 ，接着在中由余弦定理结合基本不等式得即可分析求解.
【详解】（1）由题意得，
由正弦定理得，
因为，所以，所以，
所以，又，所以.
（2）解法一：由（1）知，因为点为的内心，
所以，
由三角形内角和定理得.
在中，由余弦定理得，又，
所以，由基本不等式得，
所以，当且仅当等号成立.
所以的面积
所以的面积的最大值为；
解法二：设的内切圆半径为，
所以的面积，
又，所以，
因为点为的内心，
所以，
在中，由余弦定理得，即，
所以，即，由基本不等式得，
解得，当且仅当等号成立.
所以，
所以的面积的最大值为.
18．(1)证明见解析
(2).
（1）依次求证和得到平面即可由面面垂直判定定理得证；
（2）先连接，过点作于点，过作于点，连接，求证为直线与平面所成的角且.
法一：设，依次求出和即可求出和，接着依次求证结合得到平面即可分析得到为二面角的平面角且即可得解；法二：设，由余弦定理求出，再同法一即可求解.
即，解得.
【详解】（1）四边形为正方形，，
又平面平面，平面平面平面，
平面，

又平面.
取中点，连接，由已知得，
又，
又平面平面，平面.
又平面平面平面.
（2）连接，过点作于点，过作于点，连接.
由（1）得平面，又平面，
又平面平面，
为直线与平面所成的角..
解法一：设，则有，则
，解得
，
平面平面，
，
又平面平面，
平面.
又平面为二面角的平面角.
二面角的大小为.

解法二：设，则有，
又.
由余弦定理得，
即，解得.
，
平面平面，
又平面平面，
平面.
又平面为二面角的平面角.
二面角的大小为.
19．(1)
(2)
(3)
（1）思路一：由独立乘法公式、对立事件概率公式求解即可；思路二：由古典概型概率计算公式求解即可；
（2）思路一：由独立乘法、互斥加法公式求解即可；思路二：结合二项分布概率公式独立事件定义求结论；
（3）思路一：设事件”最终黑棋不落后于白棋“，说明即可得解；思路二：由互斥加法、独立乘法公式证明即可.
【详解】（1）解法一：记事件”甲第次掷出正面“，”乙第次掷出正面“，
则以上事件都相互独立，且.
设事件”黑棋离开原点“，则
；
解法二：用1表示硬币”正面朝上“，0表示硬币”反面朝上“，
则甲抛掷3次硬币的样本空间
，
且各个样本点出现的可能性相等，，
设事件”黑棋离开原点“，
则，所以，
所以.
（2）设事件”黑棋比白棋向右移动更远“，
则由题意知”甲掷出正面的次数大于乙掷出正面的次数“
解法一：事件包含，
且它们两两互斥，
所以
解法二：事件包含”甲掷出1次正面，乙掷出0次正面“和”甲掷出2次正面，乙掷出0次或1次正面“，
甲掷出1次正面，乙掷出0次正面的概率为，
甲掷出2次正面，乙掷出0次或1次正面的概率为，
所以.
（3）解法一：设事件”最终黑棋不落后于白棋“，
甲抛掷10次掷出正面的次数为，乙抛掷9次掷出正面的次数为，
则
，
即，
又，
所以.
解法二：设事件”最终黑棋不落后于白棋“，
则由题意知”甲抛掷10次掷出正面的次数大于乙抛掷9次掷出正面的次数“，
设事件”各抛掷9次甲掷出正面的次数乙掷出正面的次数“，
事件”各抛掷9次甲掷出正面的次数乙掷出正面的次数“，
事件”各抛掷9次甲掷出正面的次数乙掷出正面的次数"，
则，且，
则
.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
D
B
B
C
C
BC
ACD
题号
11









答案
ACD