广东广州天河区2024~2025学年高一下册期末数学试题[含解析]

这是一份广东广州天河区2024~2025学年高一下册期末数学试题[含解析]，共21页。试卷主要包含了3cmC， 如图，在中，，，，，， 则等内容，欢迎下载使用。
一､选择题(共8小题，每题5分，共40分).
1. 已知复数，若是纯虚数，则的共轭复数（ ）
A. B. C. 1D.
【1题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合纯虚数、共轭复数的概念，即可求解．
【详解】解：∵复数是纯虚数，
∴，且，即，∴，∴.
故选：B.
2. 把颜色分别为红､黄､白､紫的四个小球随机地分发给甲､乙､丙､丁四个人，每人分得一个.事件“甲分得红色球”与事件“乙分得红色球”是（ ）
A. 对立事件B. 相互独立事件
C. 互斥但非对立事件D. 以上都不对
【2题答案】
【答案】C
【解析】
【分析】先写出基本事件总数，再根据对立事件和互斥事件的定义判断即可．
【详解】解：把颜色分别为红､黄､白､紫的四个小球随机地分发给甲､乙､丙､丁四个人，每人分得一个.
共有种情况，
事件“甲分得红色球”与事件“乙分得红色球”是其中的两种，
，互斥事件，
全体基本事件，不对立，
所以两个事件的关系是互斥但不对立事件.
故选：C.
3. 某校高一甲、乙两个班分别有男生名、名，现用比例分配的分层随机抽样方法从两班男生中抽取样本量为的样本，对两个班男生的平均身高进行评估．已知甲班、乙班男生身高的样本平均数分别为175cm、177.6cm，以所抽取样本的平均身高作为两个班男生的平均身高，则两个班男生的平均身高为（ ）
A. 176cmB. 176.3cmC. 176.6cmD. 176.9cm
【3题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】由题知个的样本中，甲班男生有人，乙班男生有人，进而得两个班男生的平均身高为.
【详解】解:根据题意，抽出来的个的样本中，甲班男生有人，乙班男生有人，
所以根据题意得两个班男生的平均身高为
故选：A
4. 复平面内的平行四边形的项点和(是坐标原点)对应的复数分别为和，则点对应的复数为（ ）
A. B. C. D.
【4题答案】
【答案】B
【解析】
【分析】根据，得到点对应的复数为，即可求解.
【详解】由题意，复平面内的平行四边形的项点和对应的复数分别为和，
可得，即点对应复数为，
故选：B.
5. 如图，在棱长为2的正方体中，､分别为棱､的中点，则与平面所成角的正切值是（ ）
A. B. C. D.
【5题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】利用面，可得就是与平面所成的角，解三角形即可．
【详解】解：连接，∵面，
∴就是与平面所成的角.
.
故选：D.
6. 为考查A､B两名运动员的训练情况，下面是A､B两名运动员连续10天完成训练指标任务的综合得分的折线图，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ）
A. 第3天至第10天两名运动员综合得分均超过80分
B. 第2天至第7天B运动员的得分逐日提高
C. 第2天至第3天A运动员的得分增量大于B运动员的得分增量
D. A运动员第1天至第3天的得分方差大于第2天至第4天的得分的方差
【6题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象，逐一分析选项，即可得出答案.
【详解】对A，由图象可得，第3天至第10天两名运动员综合得分均超过80分，故A正确；
对B，由图象可得，第1天至第7天B运动员的得分逐日提高，故B正确；
对C，第2天至第3天A运动员的得分增量大于2，B运动员的得分增量小于2，故C正确；
对D，由图象可得，在第1天至第3天的得分中，A运动员的最小得分78，最高得分80，
在第2天至第4天的得分中，最小得分78，最高得分高于80,
所以A运动员第1天至第3天得分方差小于第2天至第4天的得分的方差，故D错误.
综上，错误的结论是D选项.
故选：D.
7. 关于空间两条不同直线a，b和两个不同平面α，β，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，则B. 若，，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【7题答案】
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】若，，则或，故A错误；
若，，，则或与相交，故B错误；
若，，则或或与相交，故C错误；
若，，则或，又由，所以，故D正确.
故选：D
8. 如图，在中，，，，，， 则（ ）
A. B. C. D.
【8题答案】
【答案】A
【解析】
【分析】选取、为基向量，将用基向量表示，利用基向量的长度和夹角可求出求结果.
【详解】，
所以
.
故选：A
二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 某圆锥的底面半径为4，母线长为5，则下列关于此圆锥的说法正确的是（ ）
A. 圆锥的体积为
B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为
C. 圆锥的侧面积为
D. 过圆锥两条母线截面面积最大值为
【9题答案】
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由已知条件结合勾股定理可求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积；对于B，用圆锥的底面周长除以母线长可求出圆锥的侧面展开图扇形的圆心角；对于C，圆锥的侧面展开图是一个扇形，利用扇形的面积公式求解；对于D，先判断圆锥的轴截面的顶角的大小，然后求过圆锥两条母线的截面面积最大值
【详解】解：某圆锥的底面半径为，母线长为，如图所示：
对于A，圆锥的高为，圆锥的体积为，选项A正确；
对于B，圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为，选项B错误；
对于C，圆锥的侧面积为，选项C错误；
对于D，圆锥的轴截面是等腰三角形，
顶角的余弦值为，所以顶角为钝角，
所以过圆锥两条母线的截面面积最大值为，选项D正确.
故选：AD.
10. 给定组数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，则这组数据的（ ）
A. 中位数为3B. 方差为C. 众数为2和3D. 第85百分位数为4.5
【10题答案】
【答案】ABC
【解析】
【分析】分别求出数据中的中位数、方差、众数及百分比分位数即可判断选项
【详解】将数据从小到大排序为1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，故中位数为，故A正确；
数据中，2，3出现次数最多，所以众数为2和3，故C正确；
平均数是，
方差是故B正确；
第85百分位数,是数据中至少有85%的数据小于或等于该数，因此，从小到大第9个数字5为该组数据的第85百分位数，故D错误．
故选：ABC
11. 在中，角、、所对的边分别为，，．则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，则
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，，，的面积为3
【11题答案】
【答案】BC
【解析】
【分析】对于：由正弦定理及特殊角的三角函数值可得或，即可判断；
对于：由正弦定理及三角形中大角对大边，即可判断；
对于：由余弦定理判断出为钝角三角形，即可判断；
对于：利用余弦定理及三角形的面积公式即可判断，即可判断.
【详解】解：中，角，，所对的边分别为，，，
对于：由于，，，利用正弦定理，解得，由于，所以或，故错误；
对于：当时，所以，根据正弦定理，整理得，故正确；
对于：若，整理得，故，结合余弦定理．整理得，故为钝角三角形，故正确；
对于：若，，且，利用余弦定理可得，解得，因为，无解，故错误；
故选：BC．
12. 下列命题中正确的是（ ）
A. 设向量，，则是与垂直的单位向量
B 若，且，则与共线
C. 若四边形满足，，则该四边形是菱形
D. 若是所在平面上一定点，动点满足，，则直线一定经过的内心
【12题答案】
【答案】BD
【解析】
【分析】由，可判定A不正确；根据向量的共线定理，可得判定B正确；由，得到四边形是平行四边形，在由，得到，可判定C不正确；由，分别表示，上的单位向量，，得到，结合菱形的性质，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，
又由，不是单位向量，故A不正确；
对于B中，若，且，则与共线，故B正确；
对于C中，在四边形中，因为，
所以，所以且，所以四边形是平行四边形，
由，所以，即，可得，
所以平行四边形是矩形，故C不正确；
对于D中，因为，
由，分别表示，上的单位向量，，
所以，所以，所以，
表示以，为邻边的菱形的对角线上的向量，
因为菱形对角线平分对角，且与共线，所以在的平分线上，
所以直线一定经过的内心，故D正确.
故选：BD.
三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足，则___________.
【13题答案】
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，化简得到，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】由题意，复数满足，
所以，
所以.
故答案为：.
14. 已知向量，，若，则向量､的夹角为___________.
【14题答案】
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，设向量、的夹角，由数量积的计算公式可得，可得的值，结合的范围分析可得答案．
【详解】解：根据题意，设向量､的夹角，
若，则，
则，
又由，则，
故答案为：.
15. 为了普及安全教育，某校组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，甲､乙两班代表队狭路相逢，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队每人回答问题正确的概率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否互不影响，则乙队总得分为3分的概率是___________，甲队总得分为2分且乙队总得分为3分的概率是___________.
【15题答案】
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】结合独立事件的乘法公式直接求解即可.
【详解】解：根据题意，设“乙队总得分为3分”为事件，“甲队总得分为2分”为事件，
若乙队总得分为3分，即乙队三人都回答正确，则；
若甲队总得分为2分，即甲队三人中有2人回答正确，则，
则甲队总得分为2分且乙队总得分为3分，
即事件的概率.
故答案为：；.
16. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为___________.
【16题答案】
【答案】
【解析】
【分析】由题意可将三棱锥嵌入到长方体中，然后求出长方体的体对角线即求出了外接球的直径，进而可求出结果.
【详解】解：三棱锥的所有顶点都在球的球面上，
且平面，，，，
所以，
由于，
所以为等腰直角三角形；
因此可将三棱锥嵌入到长方体中，如图：
因此求三棱锥的外接球半径即求长方体的外接球半径，而长方体的外接球的直径为长方体的对角线，又长方体的长宽高分别为，，
所以，
所以球的表面积为.
故答案为：.
四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
17. 某数学学习小组有男生4名(记为，，，)，女生2名(记为，)，现从中随机选出2名学生去参加学校的数学竞赛(每人被选到的可能性相同).
（1）求参赛学生中恰有1名男生的概率；
（2）求参赛学生中至少有1名女生的概率.
【17题答案】
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）列举法表示出从6名学生中选取2名学生参赛可能的结果和参赛学生中恰有1名男生的结果，由古典概型概率计算公式可得答案；
（2）列举法表示出从6名学生中选取2名学生参赛可能的结果和参赛学生中至少有1名女生的结果，由古典概型概率计算公式可得答案.
【详解】（1）从6名学生中选取2名学生参赛可能的结果有：
，，，，，，
，，，，，，
，，，共15种，
用表示事件“参赛学生中恰有1名男生的概率”，
则事件包含的基本事件有：
，，，，，
，，，共8个，
故参赛学生中恰有1名男生的概率为.
（2）用表示事件“参赛学生中至少有1名女生的概率”，
则事件包含的基本事件有：
，，，，，
，，，，共9个，
故参赛学生中至少有1名女生的概率为.
18. 已知中，角､､的对边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
【18题答案】
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设条件和正弦定理化简得到，进而求得的大小；
（2）由（1）知，结合题设条件和余弦定理，即可求得的值.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
因为，可得，所以，可得，
又因为，所以.
（2）由（1）知，又由，，
由余弦定理可得，
所以.
19. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，．点，分别在棱，的中点．
（1）证明：平面．
（2）若，求点到平面的距离．
【19题答案】
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据平面几何知识证得，再运用线面平行判定定理可得证；
（2）根据等体积法求得点到平面的距离，再由平面，可求得答案.
【详解】（1）证明：取的中点，连接，．
因为点是棱的中点，所以，．
因为点分别是棱的中点，所以．
因为四边形是菱形，所以，且，
所以，．所以四边形是平行四边形，则．
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：连接，．
因为点是棱的中点，所以．
因为，所以的面积为，
则三棱锥的体积为．
因为，且，所以的面积为．
设点到平面的距离为，则三棱锥的体积为，解得，
因为平面，所以点到平面的距离为．
【点睛】方法点睛：求点到面的距离常用的方法：
1.常用等积法；
2.直接作出点到平面的垂线段，则该垂线段的长度就是所求的距离；
3.转化，过这一点作平面的平行线，找其他求解方便的点；
4.向量，做平面法向量，在平面上随便找一点，与已知点连接，用向量的距离公式求解．
20. 某校为了对学生的阅读素养进行监测，随机抽取了名学生进行阅读素养评分.评分规则规定实行百分制计分，现将所得的成绩按照，，，，，分成6组，并根据所得数据作出了如下所示的频数与频率的统计表和频率分布直方图.由于一些特殊原因，统计表和直方图都已残缺，请对照图中现有信息按要求还原数据.
（1）求出表中，及图中，的值；
（2）估计该校学生阅读素养的成绩中位数以及平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代表该组数据平均值).
【20题答案】
【答案】（1），，，；（2）中位数为：，平均数为：.
【解析】
【分析】（1）由频率分布直方图得到的频率为，又由频数分布表得的频数为5，即可求得的值，结合频率分布直方图的性质，求得的值；
（2）由和的频率，利用中位数的计算公式，求得中位数，再利用平均数的计算公式，即可求得成绩平均数.
【详解】（1）由频率分布直方图，可得的频率为，
又由频数分布表得的频数为5，
所以，所以，，
因为，解得.
（2）由的频率为，
的频率为：，
所以估计该校学生阅读素养的成绩中位数为：.
估计该校学生阅读素养的成绩平均数为：
.
21. 直四棱柱中，是等腰梯形，，，，为的中点.
（1）求证：面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值.
【21题答案】
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，即可证得面；
（2）连接，得到，得出是直线与直线所成角的平面角，在中，利用余弦定理，即可求解.
【详解】（1）因为是直四棱柱，所以，
又因为，且，所以，
因为，所以，
又因为，平面，
所以面；
（2）连接，因为是等腰梯形，且为的中点，
可得，可得是直线与直线所成角的平面角，
在中，，，为的中点，
可得，；
由余弦定理得，
故直线与直线所成角的余弦值为.
22. 如图，某湖有一半径为百米的半圆形岸边，现决定在圆心处设立一个水文监测中心（大小忽略不计），在其正东方向相距百米的点处安装一套监测设备.为了监测数据更加准确，在半圆弧上的点以及湖中的点处，再分别安装一套监测设备，且满足，.定义：四边形及其内部区域为“直接监测覆盖区域”；的长为“最远直接监测距离”.设.
（1）若，求“直接监测覆盖区域”的面积；
（2）试确定的值，使得“最远直接监测距离”最大.
【22题答案】
【答案】（1）；（2）当时，“最远直接监测距离”最大.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理计算出，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积，即为所求；
（2）利用余弦定理和正弦定理可得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.
【详解】（1）在中，因为，，，
由余弦定理可得，，
故，
所以“直接监测覆盖区域”的面积为；
（2）由余弦定理可得，则，
在中，由正弦定理可得，可得，
，
在中，由余弦定理可得
，
因为，则，
故当时，即当时，取得最大值，
故当时，使得“最远直接监测距离”最大.
分组
频数
频率
5
25
0.30
合计
1