甘肃省靖远一中2024-2025学年高一年级下学期期末考试数学试卷

这是一份甘肃省靖远一中2024-2025学年高一年级下学期期末考试数学试卷，共17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。
（120 分钟 150 分）考试范围：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．
2  4i 
1  i2
复数
2  i
（ ）
2  i
2  i
2 i
已知cs  7 ,  π, 3 π  ，则cs （）
922

 2 2
3
 1C. 1
33
D. 2 2
3
某人欲寄出三封信，现有两个邮筒供选择，则三封信都投到同一个邮筒的概率是（ ）
1
2
31
C.
43
D. 1
4
已知三个力 F1  3, 4 ， F2  2, 5 ， F3  3,1 同时作用于某质点上，若对该质点再施加一个力 F4 ，该质点恰好达到平衡状态（合力为零），则 F4  （）
8, 0
8, 8
8, 0
8,8
已知圆柱的底面半径和高相等，若该圆柱的表面积与某球的表面积相等，则圆柱与球的体积的比值为
（）
43
A. B.
34
45
C. D.
a2  b2  3ab
54
已知一个三角形的三边分别是 a ， b ，
，则此三角形中的最大角为（）
A. 90∘B. 120∘C. 135∘D. 150°
已知平面 M 与平面 N 相交于直线l ，二面角 M  l  N 的大小为 45∘ ，点C 是平面 M 上的一点，点A 是直线l 上的一点，直线 AC 与平面 N 所成角的大小为30 ，则直线 AC 与直线l 所成角的大小为（）
90∘B. 60
45∘D. 30°
在V ABC 中，内角A ， B ， C 所对应的边分别为 a ， b ， c ．若 2bccsA  a2 且bc  3 ，则V ABC 的
面积的最大值为（）
3
A.
2
B. 3 3C. 3
44
D.3
4
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．
→→
设e1 ， e2 是平面内不共线的两个向量，则下列四组向量中，能作为一组基的是（）
→→ →→
→→→→
e1  e2 和 7e1  2e2
e1  2e2 和2e1  e2
→→1 →→→→→
e1  2e2 和 2 e1  e2
e2 和e1  e2
在V ABC 中， AB  8
， B  π ．若V ABC 有两个解，则 AC 的取值可能为（）
2
4
A. 9B. 8C. 10D. 11
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AD  CD ， AC  BC ， E 为 PC 的中点，
AD  CD 
2 BC 2 PA ，则下列结论正确的是（）
22
A. CD / / 平面 PABB. AE  平面 PCD
C. AE  平面 PCBD. BE  PD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
–––→1 –––→m 
已知 AB  5 BC ，且 BA  m AC ，则实数．
tan35∘  tan100∘  tan35∘ tan100∘  ．
某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人 100 米跑的成绩（互不影响）在13s
23
内（称为合格）的概率分别为 ，
54
1
， ．若对这三名短跑运动员进行一次 100 米跑测试，恰有两人成绩
3
合格的概率为．
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 已知向量 a  2 ，向量b  1,1 ．
a b
若向量 →，求向量 a 的坐标；
若向量b 在向量 a 上的投影为 1，求向量 a ， b 的夹角的大小．
已知i 是虚数单位，复数 z  m  3  m2  m  6im  R ．
若z  0 ，求实数 m 的值；
若 z 在复平面内对应的点在直线 y  x 的左上方，求m 的取值范围．
如图，A，B 是海面上位于东西方向相距53 3  海里的两个观测点，现位于 A 点北偏东 45°，B 点
3
北偏西 60°的 D 点有一艘轮船发出求救信号，位于 B 点南偏西 60°且与 B 点相距20
海里的 C 点的救援船
立即即前往营救，其航行速度为 30 海里/小时，该救援船到达 D 点需要多长时间？
排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球都完成得分，谁取胜谁就得 1 分，得分的队拥有发球权，最后
先得 25 分的队获得本局比赛的胜利，若出现比分 24 : 24 ，要继续比赛至某队领先 2 分才能取胜，该局比赛
2
结束．甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为
3
，乙队发球时甲队获胜的概率
2
为 1 ，且各次发球的胜负结果相互独立．若甲、乙两队双方 X : X 平后，甲队拥有发球权．
当 X  24 时，求两队共再发 3 次球都无法结束比赛的概率；
当 X  23 时，求甲队得 26 分且取得该局比赛胜利的概率．
已知斜三棱柱 ABC  A B C 的底面是边长为 2 的正三角形，侧棱 BB 与底面 ABC 所成角的大小为 π ，
1 1 114
2
BB1 ，且侧面 ABB1A  底面 ABC ．
求二面角C  AB1  B 的正切值；
求点C1 到平面CB1 A 的距离．
高一年级下学期期末考试模拟卷
数学试卷
（120 分钟 150 分）考试范围：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．
2  4i 
1  i2
复数
2  i
【答案】D
【解析】
（ ）
2  i
2  i
2 i
【分析】根据复数的乘方及除法运算规则计算即可.
【详解】 2  4i  2  4i  1 2i  1 2ii   2 i .
1 i2
2iii 2
故选：D.
已知cs  7 ,  π, 3 π  ，则cs （）
922

A.  2 2
3
B.  1C. 1
33
D. 2 2
3
【答案】B
【解析】
【分析】根据二倍角的余弦公式计算，结合角的范围即可求解.
【详解】cs  7 ,  π, 3 π  , π , 3π  ，则cs 0 ，
92
2 24 2


cs 2cs 2  1   7 ，可得cs2  1 ,cs  1 ．
29
故选：B
2923
某人欲寄出三封信，现有两个邮筒供选择，则三封信都投到同一个邮筒的概率是（ ）
1B. 3C. 1
243
【答案】D
1
4
【解析】
【分析】分别求出总的基本事件个数和所求事件包含的基本事件个数，即可求得概率.
【详解】可记三封信为 1，2，3，两个邮筒为甲、乙，则寄出三封信共有 8 种结果;
三封信投到同一个邮筒有共同投到甲邮筒和共同投到乙邮筒这 2 种情况.
所以三封信都投到同一个邮筒的概率为 2  1 .
84
故选：D.
已知三个力 F1  3, 4 ， F2  2, 5 ， F3  3,1 同时作用于某质点上，若对该质点再施加一个力 F4 ，该质点恰好达到平衡状态（合力为零），则 F4  （）
8, 0
8, 8
8, 0
8,8
【答案】C
【解析】
【分析】先利用向量加法求出合力，然后利用相反向量求出 F4 即可.
【详解】由题意，作用在该质点上的三个力 F1  3, 4 ， F2  2, 5 ， F3  3,1 ，则 F1  F2  F3  3 2  3, 4  5  1 8, 0  ．
想要该质点恰好达到平衡状态，只需 F4  (8, 0)  8, 0  ．故选：C.
已知圆柱的底面半径和高相等，若该圆柱的表面积与某球的表面积相等，则圆柱与球的体积的比值为
（）
43
A. B.
34
【答案】B
【解析】
45
C. D.
54
【分析】设圆柱底面半径、球的半径分别为 r, R ,由圆柱与球的表面积公式和体积公式列比例式求解．
【详解】设圆柱底面半径、球的半径分别为 r, R ,则2r 2  2r 2  4R2 ，
V圆柱  r2  r  3
V
所以 r  R ，所以
球
4R34 ．
3
故选：B.
已知一个三角形的三边分别是 a ， b ，
a2  b2  3ab
，则此三角形中的最大角为（）
A. 90∘B. 120∘C. 135∘D. 150°
【答案】D
【解析】
a2  b2  3ab
【分析】先直观确定最大边，再设最大角为，由余弦定理可得.
a2  b2  3ab
【详解】一个三角形的三边分别是 a, b,
，
为最大边．
设最大角为，由余弦定理可得 a2  b2 
3ab  a2  b2  2abcs，
cs 
3 ，又0∘ < θ < 180∘ ，故此三角形中的最大角 150∘ ．
2
故选：D.
已知平面 M 与平面 N 相交于直线l ，二面角 M  l  N 的大小为 45∘ ，点C 是平面 M 上的一点，点A 是直线l 上的一点，直线 AC 与平面 N 所成角的大小为30 ，则直线 AC 与直线l 所成角的大小为（）
90∘B. 60
C. 45∘D. 30°
【答案】C
【解析】
【分析】过点C 作平面 N 上的投影O ，过点C 作 BC  l 于点 B ，连接 AO ， BO ，根据线面角、二面角的平面角、异面直线所成的角的定义可求出三个角，然后在直角三角形中化简求解即可.
【详解】如图，过点C 作平面 N 上的投影O ，过点C 作 BC  l 于点 B ，
连接 AO ， BO ，则角 CAO ，即角为直线 AC 与平面 N 所成的角， 角 CBO ，即角为二面角 M  l  N 的平面角，
角 CAB ，即角为直线 AC 与直线l 所成的角．
故，，则sin
sin COsin COBCsinsin30∘
2 ，故 45∘ ．
BCAC
ACsin
sin45∘2
故选：C
在V ABC 中，内角A ， B ， C 所对应的边分别为 a ， b ， c ．若 2bccsA  a2 且bc  3 ，则V ABC 的
面积的最大值为（）
3
2
3 3C. 3
44
D.3
4
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理结合条件 2bccsA  a2 ，得b2  c2  2a2 ，再由余弦定理结合基本不等式求得csA 的最小值，进而得到sinA 的最大值，再求V ABC 的面积的最大值即可.
【详解】在V ABC 中， b2  c2  2bc cs A  a2
又∵ 2bccsA  a2 ，∴ b2  c2  2a2
b2  c2  a2
故csA 
b2 
2  b2  c2
c
2
 b2  c2  2bc  1 ，
2bc
∵ A0, π ,∴ sinA 
2bc
1  cs 2 A
3 ,
3
2
4bc
4bc2
所以 S
 1 bcsinA  1  3

3  3 3 ，当且仅当b  c  a 时取等号，
ABC
2224
3 3
4
所以V ABC 的面积的最大值为．
故选：B.
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．
→→
设e1 ， e2 是平面内不共线的两个向量，则下列四组向量中，能作为一组基的是（）
→→ →→
→→→→
e1  e2 和 7e1  2e2
e1  2e2 和2e1  e2
→→1 →→→→→
e1  2e2 和 2 e1  e2
e2 和e1  e2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据基底的概念只需要判断各选项的向量是否共线即可.
【详解】不共线的向量可以作为一组基，所以不能作为一组基的便是共线向量，
11→→
 →→
对于 A，因为 7  2 ，所以e1  e2 和
7e1  2e2 不共线，可以作为基底；
12
→→ →→
→→
e  2e 
 1 →
 → →  2→1 →  →
e  ，所以ee 和 ee
12
2  2 e1
2

1
2
2 1
2
对于 B，因为 2 
对于 C，因为
，所以e1  2e2 和
1

2e1  e2 不共线，可以作为基底；
共线，不可以作为基底；
01→→→
对于 D，因为
故选：ABD．
 ，所以e2 和e1  e2 不共线，可以作为基底．
11
在V ABC 中， AB  8
， B  π ．若V ABC 有两个解，则 AC 的取值可能为（）
2
4
A. 9B. 8C. 10D. 11
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据V ABC 有两个解，可得 AB  sinABC  AC  AB ，解不等式即可得解.
【详解】在V ABC 中， AB  8
， B  π ，
2
4
因为V ABC 有两个解，所以 AB  sinABC  AC  AB ，
即8 2 
2  AC  8
2
2
，故8  AC  8
，结合选项可知 ACD 符合题意．
2
故选：ACD
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AD  CD ， AC  BC ， E 为 PC 的中点，
AD  CD 
2 BC 2 PA ，则下列结论正确的是（）
22
A. CD / / 平面 PABB. AE  平面 PCD
AE  平面 PCBD. BE  PD
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意可得 AB / /CD ，由线面平行的判定定理可判断 A，应用线面垂直判定定理可证得 AE  平面 PCB ，即可判定 B，C，假设 BE  PD ，结合线面垂直的判定定理与性质可判断 D.
【详解】因为 AD  CD ， AD  CD ，所以△ACB 为等腰直角三角形， AD 
2 AC ，
2
因为 AD 
2 BC ，则 AC  BC ，又 AC  BC ，所以△ACB 为等腰直角三角形，
2
所以DAC  BAC  45∘ ，所以 AB  AD ，
所以 AB / /CD ，又 AB  平面 PAB ， CD  平面 PAB ，所以CD / / 平面 PAB ，故选项 A 正确；
因为 PA  平面 ABCD ， BC  平面 ABCD ，所以 PA  BC ，
又 BC
 AC ， AC ∩ PA  A, AC , PA  平面 PAC ，所以 BC  平面 PAC ，
又 AE  平面 PAC ，所以 BC  AE ，
因为 AD 2 PA, AD 2 AC ，则 PA  AC ，又 E 为 PC 的中点，所以 AE  PC ，
22
因为 BC ∩ PC  C, BC, PC  平面 PCB ，所以 AE  平面 PCB ，
因为过一点作直线的垂面有且只有一个，所以 AE 与平面 PCD 不垂直，故选项B 不正确，选项 C 正确；
因为 AE 与平面 PCD 不垂直，且 AE  PC ，
所以 AE 不垂直 PD （否则 AE  平面 PCD ，不合题意）.
因为 PA  平面 ABCD ， AB  平面 PAC ，所以 AB  PA ，
又 AB  AD ， AD ∩ PA  A, AD, PA  平面 PAD ，所以 AB  平面 PAD ，因为 PD  平面 PAD ，所以 AB  PD ，
假设 BE  PD ，又 AB  BE  B, AB, BE  平面 ABE ，所以 PD  平面 ABE ，因为 AE  平面 ABE ，所以 PD  AE ，与 AE 不垂直 PD 矛盾，
所以 BE 不垂直 PD ，故选项 D 不正确．
故选：AC.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
–––→1 –––→m 
已知 AB  5 BC ，且 BA  m AC ，则实数．
【答案】  1
6
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算求解.
–––→–––→

1 –––→
1 –––→–––→
【详解】
–––→
 BA  
BA   AB  
1 –––→–––→
AC  mAC ，
6
BC  
55
BA  AC  ，
m   1 ．
6
故答案为：  1 .
6
tan35∘  tan100∘  tan35∘ tan100∘  ．
【答案】 1
【解析】
【分析】由tan135∘  tan 35∘ 100∘  ，利用两角和的正切公式变形即可得解.
【详解】 tan135∘
tan35∘  tan100∘
 1 ，
1 tan35∘ tan100∘
tan35∘  tan100∘  1 tan35∘ tan100∘ ，
tan35∘  tan100∘  tan35∘ tan100∘  1．故答案为： 1.
某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人 100 米跑的成绩（互不影响）在13s
23
内（称为合格）的概率分别为 ，
54
1
， ．若对这三名短跑运动员进行一次 100 米跑测试，恰有两人成绩
3
合格的概率为．
23
【答案】
60
【解析】
【分析】利用相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件概率的加法公式进行计算求解.
【详解】设甲、乙、丙三人 100 米跑的成绩在13s 内分别为事件 A、B、C，由题意可知：
P  A  2 , P B  3 , P C   1 ,
543
则甲、乙、丙三人恰有 2 人合格得概率为：
P  P ABC  P ABC  P ABC  P (A )P (B )P (C ) P (A )P (B )P (C ) P (A )P (B )P (C )
 2  3  2  2  1  1  3  3  1
543543543
 23
60
23
故答案为:.
60
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．
→
已知向量 a  2 ，向量b  1,1 ．
a b
若向量 →，求向量 a 的坐标；
若向量b 在向量 a 上的投影为 1，求向量 a ， b 的夹角的大小．
【答案】（1） a   2,  2  或 2, 2  π
（2）
4
【解析】
→→
【分析】（1）根据向量模的坐标形式及向量垂直的坐标公式列方程计算即可；
（2）根据数量积的几何意义得 a  b  a ，进而利用数量积的夹角公式求解即可.
【小问 1 详解】
→r22
设 a   x, y ，由 a  2 得 x  y  4 ，
a

因为 → b ，向量b  1,1 ，所以 x  y  0 ，
 x 
解得
 y  
2,x  
2
或
 y 
2,
所以 a 
2,
2, 
2  或
2, 2 ．
【小问 2 详解】
设向量 a ， b 的夹角为0  π ，
→
a  b  1
→  →→ →→
根据投影的定义知， b 在a 的投影为 → ，即 a b  a
a
b cs a ，
→
所以cs 1 
b
2 ，又0  π ，所以 π ，所以向量 a ， b 的夹角的大小为 π ．
244
已知i 是虚数单位，复数 z  m  3  m2  m  6im  R ．
若z  0 ，求实数 m 的值；
若 z 在复平面内对应的点在直线 y  x 的左上方，求m 的取值范围．
【答案】（1） m  2
（2） , 3 3,  ．
【解析】
【分析】（1）根据复数为实数列式求解即可，注意去掉增根．
（2）结合复数的几何意义和点的坐标特征列不等式，解一元二次不等式即可．
【小问 1 详解】
因为z  0 ，所以 z  R ，则 m2  m  6  0 ，解得 m  2 或 m  3 ．
又因为z  0 ，所以m  3  0 ，所以 m  2 ．
【小问 2 详解】
由 z 在复平面内对应的点m  3, m2  m  6 在直线 y  x 的左上方，得 m2  m  6  m  3 ，即 m2  9  0 ，
所以 m  3 或 m  3 ，所以实数m 的取值范围是, 3 3,  .
如图，A，B 是海面上位于东西方向相距53 3  海里的两个观测点，现位于 A 点北偏东 45°，B 点
3
北偏西 60°的 D 点有一艘轮船发出求救信号，位于 B 点南偏西 60°且与 B 点相距20
海里的 C 点的救援船
立即即前往营救，其航行速度为 30 海里/小时，该救援船到达 D 点需要多长时间？
【答案】救援船到达 D 点需要 1 小时．
解：由题意知AB  5(3  3)海里，
DBA  90  60  30,DAB  45,
ADB  105
【详解】
在DAB中，由正弦定理得
DB
sin DAB
AB
sin ADB
 DB 
AB • sin DAB  5(3 
3) • sin 45 
5(3
3) • sin 45
sin ADB
海里
sin105
sin 45• cs 60  sin 60 • cs 45
又 海里
中，由余弦定理得 ,
海里，则需要的时间答：救援船到达 D 点需要 1 小时
排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球都完成得分，谁取胜谁就得 1 分，得分的队拥有发球权，最后
先得 25 分的队获得本局比赛的胜利，若出现比分 24 : 24 ，要继续比赛至某队领先 2 分才能取胜，该局比赛
2
结束．甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为
3
，乙队发球时甲队获胜的概率
2
为 1 ，且各次发球的胜负结果相互独立．若甲、乙两队双方 X : X 平后，甲队拥有发球权．
当 X  24 时，求两队共再发 3 次球都无法结束比赛的概率；
当 X  23 时，求甲队得 26 分且取得该局比赛胜利的概率．
7
【答案】（1）
18
4
（2）
27
【解析】
【分析】（1）结合题意，由独立事件的乘法公式可得；
（2）分甲先赢后输，再连赢两局和甲先输再连赢三局的概率两种情况由独立事件的乘法公式可得.
【小问 1 详解】
X  24 后两队前发 2 次球就没有结束比赛的话，那么两队的第 3 次发球也无法结束比赛，
故概率 P  2  1  1  1  7 ．

1333218
【小问 2 详解】
当甲先赢后输，再连赢两局的概率 P  2  1  1  2  2 ，
2332327
当甲先输再连赢三局的概率 P  1  1  2  2  2 ，

3323327
故甲队得 26 分且取得该局比赛胜利的概率 P  2  2  4 ．
4272727
已知斜三棱柱 ABC  A B C 的底面是边长为 2 的正三角形，侧棱 BB 与底面 ABC 所成角的大小为 π ，
1 1 114
2
BB1 ，且侧面 ABB1A  底面 ABC ．
求二面角C  AB1  B 的正切值；
求点C1 到平面CB1 A 的距离．
6
【答案】（1）．
（2） 2 21 ．
7
【解析】
【分析】（1）取 AB 的中点O ，连接OC ， OB1 ，过点O 作OD  AB1 ，连接CD ，证得ODC 是二面角
C  AB  B 的平面角．再利用题设条件计算tanCDO  OC 即可；
1OD
（2）过点O 作ON  CD ，证明ON 是O 点到平面 AB1C 的距离，在Rt△OCD 中，求得CD ， ON 长，得点C1 到平面 AB1C 的距离为 2ON .
【小问 1 详解】
如图，过点 B1 作 B1O  AB ，垂足为O ，连接CO ，
∵侧面 ABB1 A1  底面 ABC ，侧面 ABB1 A1 ∩ 底面 ABC  AB ， B1O  侧面 ABB1 A1 ，
 B1O  底面 ABC ，
B BA 为 BB 与底面 ABC 的所成角，即B BA  π ，
1114
2
∵ BB1 ，∴ OB1  OB  1，
3
2
∴ OA  1， CO  BA ， OC ， AB1 ，
侧面 ABB1 A1  底面 ABC ，侧面 ABB1 A1 ∩ 底面 ABC  AB ， CO  底面 ABC ，所以CO  侧面 ABB1 A1 ，∵ AB1  侧面 ABB1 A1 ，CO  AB1 .
过点O 作OD  AB1 ，连接CD ，因为CO  OD  O ， CO, OD  平面COD ，所以 AB1  平面COD ，因为 CD  平面COD ，所以CD  AB1 ，
ODC 是二面角C  AB1  B 的平面角．
3
2
6
在 Rt△OCD 中， OC ， OD ，所以tanCDO  OC ，
2OD
6
二面角C  AB1  B 的正切值为．
【小问 2 详解】
设点O 到平面 ACB1 的距离为 d .
过点O 作ON  CD ，垂足为 N ．
由（1）知 AB1  平面OCD ， ON  平面COD ， AB1  ON ，
∵ AB1 ∩ CD  D, AB1,CD  平面 AB1C ，
ON  平面 AB1C ，ON 是O 点到平面 AB1C 的距离，即 d  ON ．
OC 2  OD2
在 Rt△OCD 中， CD 
3
2 

 14 ，

3 2   2 
2
 2 

2

d  ON  OD OC 221 ．
CD147
2
111
设点 B ， C1 到平面 ACB1 的距离分别为 dB ACB , dC  ACB ， 连接 BC1 与 B1C 相交于点 H ，则 H 是 BC1 的中点，则 dB ACB
 dC  ACB ．
1
又 O 是 AB 的中点， dB ACB
 2d ，
111
所以则点C 到平面 AB C 的距离 d
 2d  2 21 ．
11C1  ACB17