福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题（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．若，则（ ）
A．B．C．D．
2．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（ ）
A．矩形的直观图是矩形B．三角形的直观图是三角形
C．相等的角在直观图中仍然相等D．长度相等的线段在直观图中仍然相等
3．某县有高中生2000人，初中生3000人，小学生4000人，幼儿园学生1500人，为了解该县学生的健康情况，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取样本，若抽出的初中生为30人，则抽出的幼儿园学生人数为（ ）
A．15B．20C．30D．40
4．如图，在中，点是的中点，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．已知正四棱台的上、下底边长分别为和，高为，则该棱台外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次.每轮比赛由甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮.已知在每轮比赛中甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知点是边长为3的正三角形所在平面内的一点，满足，过点的动直线分别交线段，于点，，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．掷一枚骰子，记事件为掷出的点数小于4，事件为掷出奇数点，则下列说法错误的是（ ）
A．B．
C．事件与事件对立D．事件与事件不相互独立
10．在中，，为中点，.以下结论正确的是（ ）
A．若，则B．的面积的最大值是
C．D．的周长可能是6
11．在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．直线与所成的角为
C．若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为
D．过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为
三、填空题
12．某校10位同学参加数学竞赛的成绩（单位：分）为：72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，则这10个数据的第25百分位数为 .
13．设复数满足，且，则 .
14．在锐角中，内角所对的边分别为，若，则的取值范围为 .
四、解答题
15．已知平面向量.
(1)求向量在向量方向的投影向量的坐标；
(2)若，求实数k的值；
(3)若与所成的角为锐角，求实数的取值范围.
16．从三明市某高中学校1200名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，下图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第七组的人数为3.
(1)求第六组的频率；
(2)估计该校男生身高的中位数；
(3)从样本身高属于第六组和第八组的男生中随机抽取两名，若他们的身高分别为，记为事件，求事件的概率.
17．如图，在四棱锥中，平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
18．在中，内角所对的边分别为，且满足.
(1)求；
(2)所在平面内一点满足，若，求的周长的最大值.
19．在平面直角坐标系中，将横、纵坐标都是整数的点称为整点.对于任意相邻三点都不共线的有序整点列：与：，其中，若同时满足：①两个点列的起点和终点分别相同；②，其中.则称与互为正交点列.
(1)判断：与：是否互为正交点列，并说明理由；
(2)已知：与：互为正交点列.
（ⅰ）求；
（ⅱ）若的横、纵坐标都取自集合，写出所有符合条件的有序整点列.
1．A
根据复数的除法及乘法计算求解即可.
【详解】若，则，
则.
故选：A
2．B
由斜二测画法逐一判断即可.
【详解】解：对于A，由由斜二测画法可知，矩形的直观图为平行四边形，故A错误；
对于B，由斜二测画法可知，三角形的直观图是三角形，故B正确；
对于C，由A可知，矩形的四个角都为直角，但其直观图是平行四边形，只有对角才相等，故C错误；
对于D，正方形的四条边相等，但其直观图是平行四边形，只有对边才相等，故D错误.
故选：B.
3．A
计算分层抽样的抽取比例乘以样本容量可得答案．
【详解】分层抽样的抽取比例为，
所以幼儿园应抽取的学生人数为：人，
故选：A.
4．D
根据平面向量基本定理得到答案.
【详解】点是的中点，，
．
故选：D．
5．B
根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.
【详解】
A， 若，则或，故该选项错误；
B，若，则，故该选项正确；
C，若，不能得出，故不能得出，故该选项错误；
D，若，还需要加上相交才能得出，如果不一定平行，故该选项错误.
故选：B.
6．D
只需求出该棱台外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可.
【详解】因为已知正四棱台的上、下底边长分别为和，
所以上下底面正方形外接圆半径依次为，
根据对称性可知，该棱台外接球的球心在棱台上下底面外接圆的圆心的连线上，
设该棱台外接球的球心到上底面的距离为，该棱台外接球的半径为，
所以，解得，
故所求为.
故选：D.
7．A
由题意知，可能前两轮没有用通行卡，也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，由互斥加法、独立乘法以及对立事件概率公式求解即可.
【详解】由题意“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰，
可能前两轮没有用通行卡，也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，
故所求为.
故选：A.
8．C
取的中点为，设，，，则根据向量的线性运算可得，再根据三角形的面积公式及向量的数乘运算可得的面积为，再结合对勾函数的性质即可求解．
【详解】取的中点为，
由，
则，
所以，①
设，，，，，
则，②
所以结合①和②可得，整理得，
又，，则，得，且，解得，
又因为是边长为3的正三角形，则，，
则的面积为，
令，，则，，
，，
根据对勾函数的性质，当时，取得最大值，且最大值为，
所以面积的最大值为．
故选：C．
9．AC
由古典概型概率计算公式验算AB，由对立的定义判断C，由独立事件的定义判断D.
【详解】由题意，
对于A，，故A错误；
对于B，，，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，因为，所以，故D正确.
故选：AC.
10．BC
对于A利用余弦定理即可求解，进而判断，对于B由即可判断，对于C利用，同时平方相加即可判断，对于D利用基本不等式即可判断.
【详解】对于A：由题意有，在中，由余弦定理有，
在中，由余弦定理有，即，故A错误；
对于B：由，当时，等号成立，故B正确；
对于C：由，
所以，故C正确；
对于D：由C选项有，所以，所以，
当且仅当时，等号成立，又，所以，故D错误.
故选：BC.
11．BCD
对于A，说明即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可.
【详解】对于A，如图所示，
因为分别为的中点，所以，
因，所以四边形是平行四边形，所以，
因为，所以，
所以四点共面，故A错误；
对于B，如图所示，
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以直线与所成的角为，
而，
所以，所以，故B正确；
对于C，如图所示，
，
所以三角形的外接圆半径为，
显然平面，且，
所以三棱锥的外接球的半径为，
所以球的表面积为，故C正确；
对于D，如图所示，取中点，顺次连接，
因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
同理可证，，
而，，平面，
所以平面，
根据前面的假设有，，所以四点共面，
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以六点共面，
因为，平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又因为平面，，平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面，
所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形，
显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确.
故选：BCD.
12．80
由百分位数的定义求解即可.
【详解】将这10个数据从小到大排列为：72，78，80，81，83，86，88，90，91，92，
而，故所求为从小到大排列后的第三个数，即80.
故答案为：80.
13．
设，根据题意列方程组即可计算.
【详解】设，所以，由，
所以，
因为，
所以，
故答案为：.
14．
由已知条件得，进一步结合三角形是锐角三角形求得，然后将目标式子转换为，由对勾函数性质即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，由余弦定理有，
所以，所以，
所以
，
因为三角形是锐角三角形，
所以，
而，所以，
所以，即，
因为三角形是锐角三角形，
所以，解得，
设，
则
，
因为的取值范围是，所以的取值范围是，
由对勾函数性质可知在上单调递减，
所以的取值范围是，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
所以的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
(3)
（1）根据投影向量的定义即可求解；
（2）利用向量垂直的坐标运算即可求解；
（3）根据题意由向量的数量积和共线向量的坐标运算即可求解.
【详解】（1）因为，
所以，，
所以在方向的投影向量为.
（2）由题意知：，，
因为，所以
即，解得.
（3），
因为与所成的角为锐角，
所以，且与不共线，
由，解得，
当与共线时，由，解得，
因为与不共线，所以，
综上所述：实数的取值范围为.
16．(1)
(2)
(3)
（1）由频率和为1求解；
（2）利用频率分布直方图中中位数两侧矩形的面积和（频率）各点50%求解；
（3）用列举法写出基本事件，由古典概型概率公式计算.
【详解】（1）因为第七组的人数为3，所以第七组的频率为：，
则第六组的频率为
（2）由图知：身高在的频率为，
身高在的频率为，
身高在的频率为，
因为，
所以设这所学校男生的身高中位数为，则，
由，得，
所以这所学校男生身高的中位数为174.5.
（3）样本身高在第六组的人数为，设为，
样本身高在第六组的人数为，设为，
则从中随机抽取两名男生有：共15种情况，即，
12分当且仅当随机抽取的两名男生不在同一组时，事件发生，
所以事件包含的基本事件为共8种情况，即，
根据古典概型概率公式得.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）利用线面垂直的判定定理证平面，最后利用面面垂直的判断定理即可得证；
（2）过点作交于点，连接，则与平面所成角即为与平面所成角，由平面，即为直线与平面所成角，在中计算即可.
【详解】（1）平面平面，，
，又，平面，
平面，又平面，
平面平面；
（2）过点作交于点，连接，
则与平面所成角即为与平面所成角，
平面，为在平面上的射影，
为直线与平面所成角，
，四边形为平行四边形，
，
，
在中，，
在中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18．(1)
(2)
（1）由利用正弦定理得，利用两角和的正弦公式即可求解；
（2）由得，即，同理得，即点O是的垂心，得，在中利用余弦定理得，最后利用均值不等式即可求解.
【详解】（1）因为，所以由正弦定理得，
因为，所以，
所以，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以.
（2）因为，所以，
所以，所以，
同理可得，所以点O是的垂心，
又因为，所以，
在中，因为，即，
由余弦定理得，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
当且仅当时等号成立.
所以，
所以的周长的最大值为.
19．(1)是，理由见解析
(2)（i）；（ii）答案见解析
【详解】（1）依题意可得，
所以，
所以.
又与的起点和终点分别相同，所以与互为正交点列.
（2）（ⅰ）解法一：因为与互为正交点列，所以，
设，
所以，
又因为，
，
所以，即，
所以，所以；
解法二：（ⅰ）依题意可得，
因为与互为正交点列，
所以可设，
.
由得，解得.
所以.
（ⅱ）解法一：因为，由（ⅰ）可知，
所以或或或或，
①当时，三点共线，不合题意，舍去.
②当时，由得，所以.
此时.
③当时，由得，所以，
此时.
④当时，由得，所以
此时三点共线，不合题意，舍去.
⑤当时，由得，所以，
此时.
综上所述，符合条件的点列有；
；
.
解法二：因为，所以，
已知的横纵坐标都取自集合，那么
①当时，由得，此时，
即，
所以，
②当时，由得，此时，
即，
所以：.
③当时，由得，此时，
，
所以.
④当时，由得，此时，
，此时三点共线，不合题意，舍去.
⑤当时，，此时三点共线，不合题意，舍去；
综上所述，符合条件的点列有；
；.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
D
B
D
A
C
AC
BC
题号
11









答案
BCD