河南省新乡市2024-2025学年高一下学期7月期末测试数学试卷+答案

这是一份河南省新乡市2024-2025学年高一下学期7月期末测试数学试卷+答案，共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至必修第二册．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平行向量的坐标表示求参数.
【详解】因为向量，
所以，解得．
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将集合中的方程求出解集，然后根据并集的含义求出结果即可.
【详解】由题意得，因为集合，
所以．
故选：B.
3. 已知是定义在上奇函数，当时，，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数为奇函数，得到，代入求解即可.
【详解】由题意得，
所以．
故选：A
4. 某校学生会随机抽查了本校100名学生的身高（单位：cm），将得到的数据按分为4组，画出如图所示的频率分布直方图，则估计这100名学生中身高低于170cm的人数为（ ）
A. 56B. 52C. 48D. 44
【答案】A
【解析】
【分析】利用频率和为1求参数，再估计身高低于170cm的人数.
【详解】由图可得，得，
所以估计这100名学生中身高低于170cm的人数为．
故选：A
5. 从1～5这5个整数中随机选择两个不重复的数字，则这两个数字之积大于8的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出基本事件总数，再求出两数之积大于8包含的基本事件个数，由此能求出两数之积大于8的概率.
【详解】这个试验的样本空间，，
包含10个样本点．设事件“这两个数字之积大于8”，
则，，包含4个样本点，
所以．
故选：D.
6. 小华为测量A，B（视为质点）两地之间的距离，选取C，D（与A，B在同一水平面上）两点进行测量，已知在的正东方向上，米，在的北偏东方向上，在的南偏西方向上，米，则A，B两地之间的距离是（ ）
A. 40米B. 米C. 米D. 60米
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，作出图形，利用正弦定理和余弦定理计算即可得.
【详解】如下图：由题可得、、，，，
，即，
故，则，则，
故.
故选：C.
7. 已知半径为2的球与某圆锥的底面和侧面均相切，且该圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥的特征、边角关系求出圆锥底面半径和母线的长，进而根据圆锥的表面积公式求出圆锥的表面积.
【详解】如图，是该圆锥的轴截面，为线段的中点，为球的球心，
作，垂足为，则．
因为为等边三角形，所以，所以，
所以，所以，所以，
那么该圆锥的表面积为．
故选：B.
8. 若实数a，b，c满足，则a，b，c的大小关系不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分别写出a，b，c的表达式，画出图象比较即可.
【详解】令，则．
函数的大致图象如图所示．
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即；
当时，，即．
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 若复数，则（ ）
A. B. 的实部与虚部之和等于的实部与虚部之和
C. 的共轭复数为D. 在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】AC
【解析】
【分析】先对两个复数进行化简，再利用公式计算其模长，最后根据共轭复数的定义和复数对应点在复平面的位置即可得到答案.
【详解】对于选项，由题意得，，则，故正确．
对于选项，的实部与虚部之和为，的实部与虚部之和为，故错误．
对于选项，根据共轭复数的定义可得，的共轭复数为，故正确.
对于选项，在复平面内对应的点位于第二象限，故错误．
故选：.
10. 连续抛掷一枚硬币两次，事件表示“第一次硬币正面朝上”，事件表示“第二次硬币反面朝上”，事件表示“两次硬币都正面朝上”，事件表示“两次硬币朝上的情况不同”，则（ ）
A. 与相互独立B. 与相互独立C. 与相互独立D. 与相互独立
【答案】BD
【解析】
【分析】借助相互独立事件的定义逐项验证即可得.
【详解】，，，，
对A：，，
故与不相互独立，故A错误；
对B：，，有，
故与相互独立，故B正确；
对C：， 故与不相互独立，故C错误；
对D：，，有，’
故与相互独立，故D正确；
故选：BD.
11. 在正方体中，M，N分别为线段的中点，为正方形内（包含边界）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的体积为定值B. 不存在点，使得平面平面CDP
C. 存在唯一的点，使得平面D. 直线PM与平面ABCD所成角的正弦值最大为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，注意到到平面的距离，的面积为定值，据此可判断选项正误；对于B，连接，由，可得四点共面，从而可得是相交关系；对于C，延长至点，使得，连接，由题可得平面平面，记，连接BF，可得点在线段BF上时，平面，据此可判断选项正误；对于D，作，垂足为，连接MH，则为直线PM与平面ABCD所成的角，注意到当与重合时，最大，据此可判断选项正误.
【详解】对于A，由正方体的性质可知平面平面，因为平面，
所以点到平面的距离为定值，
因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，连接，因，，
则四边形是平行四边形，则，
又，则四点共面，从而是相交关系，
又平面，平面CDP，
所以不存在点，使得平面平面CDP，B正确；
对于C，延长至点，使得，连接，
记，连接BF，
由，平面，平面，
所以平面，
由，平面，平面，
所以平面，
又，平面，
所以平面平面，
当点在线段BF上时，平面，则平面，
即使得平面的点有无数个，C错误；
对于D，作，垂足为，连接MH，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，则为直线PM与平面ABCD所成的角，
因为，则，
设，显然当点在棱上时，，
当点与点重合时，，
即当与重合时，，
则，正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 不等式的解集为______，的解集为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】通过分式不等式计算求出解集.
【详解】由，得，得．
所以不等式的解集为，
由，得，得，
则解得．
所以不等式的解集为.
故答案为：；.
13. 在正四棱台中，分别是棱的中点，若正四棱台的侧面积为，则异面直线与EF所成角的余弦值是______．
【答案】
【解析】
【分析】取棱AB的中点H，连接，可得是异面直线与EF所成的角或其补角，作，由正四棱台的侧面积为，可得，据此可得，然后由结合余弦定理可得答案.
【详解】取棱AB的中点H，连接，
易证四边形为平行四边形，则，
因为E，F分别是棱的中点，所以，
则是异面直线与EF所成的角或其补角．作，垂足为G，则，
因为正四棱台的侧面积为，所以，
所以，则，
因为，所以，即所求值为．
故答案为：
14. 赵爽弦图是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．如图，某人仿照赵爽弦图，用六个全等的直角三角形和一个小的正六边形拼成一个大正六边形，其中G，H，J，K，L，M分别是AM，BG，CH，DJ，EK，FL的中点，O是正六边形ABCDEF的中心．若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】连接CF，OB，由题意及图形几何性质可得，然后由平面向量基本定理可得答案.
【详解】连接CF，则O为线段CF的中点．
连接OB，易证四边形ABOF，ABCO均为平行四边形，则．
连接EM，则A，M，E三点共线，且，
所以．
由正六边形的性质可得，
则．
因为，结合平面向量基本定理，所以，则．
故答案为：
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. 玉菇甜瓜产于河南、山东等地，富含维生素和膳食纤维，汁水饱满，果肉细腻，清甜爽润．甲分别随机抽测了A产地和B产地各6个玉菇甜瓜的重量（单位：g），将得到的数据按从小到大的顺序分别记录如下：
第一组数据（A产地）：
第二组数据（B产地）：
已知第一组数据的极差和第二组数据的极差相等，第一组数据的第60百分位数和第二组数据的中位数相等．
（1）求m，n；
（2）请你估计哪个产地的玉菇甜瓜重量更稳定，并说明理由．
【答案】（1），；
（2）估计A产地的玉菇甜瓜重量更稳定，理由见解析．
【解析】
【分析】（1）利用极差相等求参数m，由第一组数据的第60百分位数和第二组数据的中位数相等求参数n；
（2）求出两个产地所得数据均值和方差，比较大小，即可得结论.
【小问1详解】
由题意得，得
因为，所以第一组数据的第60百分位数为，
又第二组数据的中位数为，所以，得
【小问2详解】
第一组数据的平均数为
方差为，
第二组数据的平均数为
方差为，
因为，所以估计A产地的玉菇甜瓜重量更稳定．
16. 已知函数的最小正周期为，且的图象关于点对称．
（1）求的解析式；
（2）若函数，求的值域和单调区间．
【答案】（1）
（2）值域为，单调递增区间为，单调递减区间为．
【解析】
【分析】（1）利用三角函数周期公式求，利用余弦函数的对称中心求得，即可；
（2）利用三角恒等式变形，可得到则利用正弦函数性质，可求值域和单调区间.
【小问1详解】
由题意得，
因为的图象关于点对称，所以，
得，又因为，所以，
即；
【小问2详解】
由题意得
所以的值域为．
由，得
所以的单调递增区间为
由，得，
所以的单调递减区间为．
17. 甲、乙两位同学进行中国象棋比赛，约定赛制如下：一人累计获胜2局，此人最终获胜，比赛结束；4局比赛后，没人累计获胜2局，比赛结束，获胜局数多的人最终获胜，两人获胜局数相同为平局．已知每局比赛中甲获胜、平局、乙获胜的概率分别为，且每局比赛的结果相互独立．
（1）求比赛3局结束的概率；
（2）求甲最终获胜的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先列出比赛3局结束的情况，然后针对每种情况求相应的概率.
（2）先列出甲最终获胜的情况，然后针对每种情况求相应的概率.
【小问1详解】
比赛3局结束的情况有以下两种：
第一种情况是前2局比赛中甲获胜1局，且第3局比赛甲获胜，其概率为；
第二种情况是前2局比赛中乙获胜1局，且第3局比赛乙获胜，其概率为．
故比赛3局结束的概率为．
【小问2详解】
甲最终获胜的情况有以下三类：
第一类情况是甲连胜2局，比赛结束，其概率为；
第二类情况是前2局比赛中甲获胜1局，且第3局比赛甲获胜，其概率为；
第三类情况是4局比赛后甲最终获胜，包含①甲获胜1局，其他3局平局，②前3局比赛中甲获胜1局，其他2局平局，且第4局比赛甲获胜，
③前3局比赛中甲获胜1局，乙获胜1局，其他1局平局，且第4局比赛甲获胜这三种情况，
甲获胜1局，其他3局平局的概率为
前3局比赛中甲获胜1局，其他2局平局，且第4局比赛甲获胜的概率为，
前3局比赛中甲获胜1局，乙获胜1局，其他1局平局，且第4局比赛甲获胜的概率为．
故甲最终获胜的概率为．
18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求
（2）已知．
①若内切圆的圆心为，求AO；
②在线段AB，BC，AC上分别存在点分别与线段AB，BC，AC的端点均不重合），使得，求的最小值.
【答案】（1）
（2）①1；②．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，再根据余弦定解三角形，求出角的正切值，判断角的大小；
（2）①根据正弦定理面积公式和余弦定理，解三角形，根据等面积法求出内切圆半径，进而求出线段的长；
②根据正弦定理面积公式，和三角形总面积，求出的表达式，根据基不等式，求出三角形面积的最小值.
【小问1详解】
由正弦定理得，
得，
得．
因为，所以．
【小问2详解】
①
如图，由题意得．
由余弦定理得，得．
设内切圆的半径为，则，
因为，所以．
②
如图，设，则．
由正弦定理，得．
由，得，得．
由，得，得．
．
由，得，当且仅当时，等号成立．
因为，
所以，
故的最小值为．
19. 定义两个多面体的相似度，其中是多面体重合部分的体积，分别是多面体的体积．如图，在三棱锥中，分别是棱PB，PC的中点，直线DF与直线AB交于点，直线EF与直线AC交于点．
（1）当时，求三棱锥与三棱锥的相似度．
（2）是否存在，使得三棱锥与三棱锥的相似度？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在满足题意.
【解析】
【分析】（1）设的面积为S，点P到平面ABC的距离为h，点到平面的距离为，取棱PA的中点，连接DM.注意到点到平面PAB的距离是点到平面PAB的距离的2倍，可得，由，，可得，
点到平面AGH的距离为，据此可得，然后由相似度定义可得答案；
（2）假设存在，使相似度，类比（1），可得，
化简可得，解方程结合可得答案.
【小问1详解】
设的面积为S，点P到平面ABC的距离为h，点到平面的距离为
则三棱锥P-ABC的体积．
取棱PA的中点，连接DM．
因为D，M分别是棱PB，PA的中点，所以，
所以，则．
（1）因为，所以是线段PM的中点，所以．
因为是线段PC的中点，所以点到平面PAB的距离是点到平面PAB的距离的2倍，
所以三棱锥的体积，
则三棱锥与三棱锥的重合部分的体积．
因为，且，所以，所以．
易证，则，所以．
因为，所以点到平面AGH的距离为，
则三棱锥的体积，
故三棱锥与三棱锥的相似度．
【小问2详解】
因为，所以，所以．
因为是线段PC的中点，所以点到平面PAB的距离是点到平面PAB的距离的2倍，
所以三棱锥的体积，
则三棱锥与三棱锥的重合部分的体积．
因为，且，所以，所以．
易证，则，所以．
因为点到平面ABC的距离为，所以点到平面AGH的距离为，
则三棱锥的体积，
故三棱锥与三棱锥的相似度．
假设存在满足条件的，则，所以，
所以，解得或或．
因为，所以，即存在，使得三棱锥与三棱锥AGH的相似度．