湖南省长沙市2024_2025学年高一数学下学期期末考试卷含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高一数学下学期期末考试卷含解析，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若复数，则（ ）
A. 1B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法、共轭复数的概念、模的计算公式即可求解.
【详解】，.
故选：A.
2. 已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ）
A. 17B. 16.5C. 16D. 15.5
【答案】B
【解析】
【分析】由给定的平均数求出，再由第60百分位数的定义求解即可.
【详解】由数据的平均数为16，得，解得，
由，得数据的第60百分位数为.
故选：B
3. 若为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线线平行、面面平行、面面垂直、线面垂直的判定进行判断即可.
【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，若，故，故C正确；
对于D，，则m与可平行或相交或，故D错误.
故选：BC．
4. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（ ）
A. 两人都中靶的概率为0.12B. 两人都不中靶的概率为0.42
C. 恰有一人中靶的概率为0.46D. 至少一人中靶的概率为0.74
【答案】C
【解析】
【分析】设出事件，根据相互独立事件的概率计算公式计算即可.
【详解】设甲中靶为事件， 乙中靶为事件，
则两人都中靶概率为，
两人都不中靶的概率为，
恰有一人中靶的概率为，
至少一人中靶的概率为.
故选：C
5. 若，是非零向量且满足，，则与的夹角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，，得，，化简后再结合两向量夹角余弦公式求解即可.
【详解】设与的夹角是，，，即 ①，
又，，即 ②，
由①②知，，
，所以与的夹角为.
故选：B
6. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则等于（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角的正弦及正弦定理可得，进而利用余弦定理可得的值.
【详解】由，可得，
由正弦定理可得，
又因为，所以，所以，
在中，，由余弦定理可得，
所以.
故选：D.
7. 由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为30°，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过作的平行线交于M点，解三角形计算结合斜二测画法的意义即可得出结果.
【详解】
过作的平行线交于M点，则易知，
由正弦定理可知，则，
由斜二测画法知：在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是.
故选：A
8. 在高为的正四棱台中，，，则此四棱台的外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，分球心在线段上和延长线上两种情况，利用勾股定理列出方程即可求解．
【详解】如图，正四棱台中，、分别是上、下底面对角线交点，即上、下底面中心，是正四棱台的高，．
，，
由对称性外接球球心在直线上，设球半径为，连接，，，
若在线段上（如图），由得，
因为，，所以方程无实数解；
因此在的延长线上（如图），即在平面下方，
因此有，解得，
所以球表面积为．
故选：D．
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. 已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ）
A. 样本A的极差小于样本B的极差
B. 样本A的中位数等于样本B的中位数
C. 样本A的平均数小于样本B的平均数
D. 样本A的方差小于样本B的方差
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，分析两组数据，结合极差定义可判断A；B选项，利用中位数的定义可判断B；C选项，分析两组数据，结合平均数定义可判断C；D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，D正确.
【详解】A选项，由图可知样本A的最高点与最低点的高度差小于样本B的最高点与最低点的高度差，
所以样本A的极差小于样本B的极差，故A正确．
B选项，因为中位数是由小到大排在中间两位数的平均数，
由图可知样本A的中间两位数的平均数小于B的中间两位数的平均数，故B不正确．
C选项，由图可知样本A每个样本的数据均小于样本B的对应数据，
所以样本A的平均数小于样本B的平均数，C正确．
D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，所以样本A的方差小于样本B的方差，D正确．
故选：ACD.
10. 有6个相同球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回地随机取两次，事件A表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件B表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件C表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，则（ ）
A. A与B为互斥事件B.
C. D. B与C相互独立
【答案】BD
【解析】
【分析】首先根据题意将的可能情况列出来，然后根据互斥事件、独立事件和概率知识对选项逐一判断即可.
【详解】不放回的随机取两次，共有种不同结果.
由题意，共15种结果；
共15种结果.
共12种结果.
,
对于选项A：
事件和事件能同时发生，比如，所以不是互斥事件，所以A错误；
对于选项B：，所以B正确；
对于选项C：，，所以，所以C错误；
对于选项D：，.
由于，所以相互独立，所以D正确.
故选：BD.
11. 下列命题正确的是（ ）
A. 在中，，则的形状一定是直角三角形
B. 若A，B，C，D四点在同一条直线上，且，则
C. 平行四边形ABCD中，若，则四边形ABCD是矩形
D. 在中，若，则P点的轨迹经过的内心
【答案】ACD
【解析】
【分析】由平面向量的概念和线性运算和向量的数量积的运算律逐项计算判断即可.
【详解】对于A，由，可得，
所以，所以，所以，
所以，所以是直角三角形，故A正确；
对于B，依题意如图，但，故选项B错误；
对于C，由，可得，
所以，所以，
所以，所以四边形ABCD是矩形，故C正确；
对于D，根据向量加法的几何意义知，以和为邻边的平行四边形为菱形，
点在该菱形的对角线上，由菱形的对角线平分一组对角，
故点的轨迹经过的内心，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 直线l的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若直线平面，则x的值为______.
【答案】##或##或
【解析】
【分析】利用空间向量几何意义列方程，解之即可求得x的值.
详解】由直线平面，可得，则
则
解之得
故答案为：
13. 底面边长为8的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为4，高为5的正三棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】割补法，结合相似图形性质，根据正三棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案.
【详解】由题意知截去的正三棱锥与原正三棱锥相似，它们的底面边长的比为，
则截去的正三棱锥与原正三棱锥的体积之比为，剩余的棱台的体积为原三棱锥体积的.
而截去的正三棱锥的高为5，所以原正三棱锥的高为10，
所以原正三棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
故答案为： .
14. 如图，在三棱锥中，平面，，，，以AB为直径的圆弧在平面PAB内，点D是三角形PAB内圆弧上（不含边界）的动点，则三棱锥的体积最大值是______，异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意可得平面平面，求得点D到的距离的最大值可求最大体积；建立空间直角坐标系，利用向量法可得，进而求得范围.
【详解】因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面平面，
又因为，，所以，所以，
所以圆弧所对的圆心角为，又点D是三角形PAB内圆弧上，
所以点D到的距离的最大值为圆的半径1，
所以三棱锥的体积最大值是；
如图，在平面内过作，
以为坐标原点，为坐标轴建立如图的示的空间直角坐标系，
则，
因为，，
因为，所以，所以，，
设异面直线CD与AB所成的角为，
所以，
令，，则，
又函数在上为减函数，所以，
所以异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是.
故答案为：①；②.
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. 的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知．
（1）求B；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）；
（2）﹒
【解析】
【分析】(1)已知条件结合正弦定理边化角即可求B；
(2)结合正弦定理、余弦定理和三角形面积公式即可求解﹒
【小问1详解】
由正弦定理，得，
即，
∴，
又∵，∴，
∴，
又∵，∴，
∵B为三角形内角，∴；
【小问2详解】
∵，∴由正弦定理得，
∴由余弦定理得，即，
∴，，
∴的面积为．
16. 某校组织全体学生参加“数学以我为傲”知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：，，，……，，统计结果如图所示：
（1）试估计这100名学生得分的众数、中位数；（中位数保留小数点后2位）
（2）试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；
（3）现在按分层抽样的方法在和两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求至少有一人在的概率.
【答案】（1）众数75；中位数
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用众数与中位数的定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的众数、中位数估计值；
（2）利用平均数定义结合频率分步直方图即可得到这100名学生得分的平均数估计值.
（3）利用古典概型概率求法即可求得从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会且至少有一人在的概率.
【小问1详解】
由频率分布直方图可知，第4组频率最大，估计众数为：75；
在内频率之和为，
设中位数为，由图可知中位数在，
由，得中位数
【小问2详解】
由频率分布直方图的数据，可得这100名学生得分的平均数：
【小问3详解】
在和两组中的人数分别为：
人和人，
所以在分组中抽取的人数为人，记为a，b，c，
在分组中抽取的人数为2人，记为1，2，
所以这5人中随机抽取2人的情况有：
，
共10种取法，至少有一人得分在的情况有7种，
所以所求概率为.
17. 已知盒中有大小、质地相同的红球、黄球、蓝球共4个，从中任取一球，得到红球或黄球的概率是，得到黄球或蓝球的概率是.
（1）求盒中红球、黄球、蓝球的个数；
（2）随机试验：从盒中有放回的取球两次，每次任取一球记下颜色.
（i）写出该试验的样本空间；
（ii）设置游戏规则如下：若取到两个球颜色相同则甲胜，否则乙胜.从概率的角度，判断这个游戏是否公平，请说明理由.
【答案】（1）盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是；
（2）（i）答案见解析；（ii）游戏不公平理由见解析
【解析】
【分析】（1）从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件，根据为两两互斥事件， 由求解.
（2）（i）根据红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用表示黄球，用表示蓝球，表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示试验的样本点，列举出来；（ii）由（i）利用古典概型的概率求解.
【小问1详解】
解：从中任取一球，分别记得到红球、黄球、蓝球为事件，
因为为两两互斥事件，
由已知得，
解得.
∴盒中红球、黄球、蓝球的个数分别是；
【小问2详解】
（i）由（1）知红球、黄球、蓝球个数分别为2，1，1，用1，2表示红球，用表示黄球，用表示蓝球，表示第一次取出的球，表示第二次取出的球，表示试验的样本点，
则样本空间
.
（ii）由（i）得，记“取到两个球颜色相同”为事件，“取到两个球颜色不相同”为事件，则，所以
所以
因为，所以此游戏不公平.
18. 正方体的棱长为4，分别为中点，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明，再结合正方体的性质得出平面，利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离，再利用锥体的体积公式计算即可.
【小问1详解】
法一、在正方形中，
由条件易知，所以，
则，
故，即，
在正方体中，易知平面，且，
所以平面，
又平面，∴，
∵平面，∴平面；
法二、如图以D为中心建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，所以，
易知，则也是平面的一个法向量，∴平面；
小问2详解】
同上法二建立的空间直角坐标系，
所以，
由（1）知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，所以，
令，则，即，
设平面与平面的夹角为，
则；
【小问3详解】
由（1）知平面，平面，∴，
易知，
又，则D到平面的距离为，
由棱锥的体积公式知：.
19. 已知函数的图象关于直线对称．其最小正周期与函数相同．
（1）求的对称中心，
（2）若函数在上恰有8个零点，求的最小值；
（3）设函数，证明：有且只有一个零点，且．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据正切函数图像特征得出函数的周期，进而根据正弦型函数对称性求解即可.
（2）根据正弦型函数图象结构特征进行推理即可.
（3）将函数零点问题转化成方程问题，然后对进行合理地分类讨论.
小问1详解】
因为函数的周期为，所以由题，所以，
又由图象关于直线对称，所以，即，所以，
所以，令，，
所以的对称中心为.
【小问2详解】
当时，令，解得，
所以由图象特征可知，
若函数在上恰有8个零点，的最小值应为：
首尾均应是零点，
则的最小值为，
【小问3详解】
由（1）可得，定义域为，
①当时，函数在上单调递增，
因为，
所以，根据零点存在定理，使得，
故在上有且只有一个零点.
②当时，因为单调递增，单调递减，
，，所以，
所以在上不存在零点；
③当时, 因为单调递增，，因为
所以，所以在上不存在零点；
综上：有且只有一个零点，且.
因为，
所以，
所以，
在上单调递减，
，所以.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握三角函数型函数的图像特征，运用数形结合思想方法是灵活解决本题的关键.