2024-2025学年高一下学期期末考试押题卷01-2024-2025学年高一数学下学期期末必考题型归纳及过关测试（苏教版2019）

2024-2025学年下学期期末考试押题卷01 高一·数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修第二册。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．若复数满足，则（   ） A． B． C． D． 2．若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则与相交 3．已知随机事件A、B，表示事件B的对立事件，，，则下面结论正确的是（    ） A．事件A与B一定是对立事件 B． C． D．若事件A、B相互独立，则 4．若底面半径为，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（    ） A． B． C． D． 5．若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 7．已知函数的最大值为，则（    ） A． B． C． D． 8．一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． 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．据网络平台最新数据，截止到2025年4月20日14时10分，电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超149．81亿元，成为首部进入全球票房榜前六．登顶动画票房榜榜首的亚洲电影．一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取10000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．观众年龄的众数估计为35 C．观众年龄的平均数估计为30.2 D．观众年龄的第70百分位数估计为38 10．一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 11．在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A．直线与直线所成的角是 B．直线与平面所成的角是 C．二面角的平面角是 D．平面截正方体所得的截面面积为. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图所示，表示水平放置的在斜二测画法下的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 13．在复平面内，向量对应的复数绕点逆时针旋转后对应的复数为，则 . 14．已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知平面向量，满足，且与的夹角为． (1)求的值； (2)求的值； (3)求与夹角的余弦值． 16．（15分） 已知函数（，，）的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式及对称中心； (2)若，，，求； (3)设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围. 17．（15分） 某大学数学专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，，…，，并整理得到如下频率分布直方图： (1)从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率； (2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间内的人数； (3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中女生的人数. 18．（17分） 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；（直接写结果） (2)在该“球锥”中，当球缺的体积是圆锥的体积2倍时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 19．（17分） 某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. (1)决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （i）求乙连胜两局获得最终胜利的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； (2)若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 第12页 第13页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年下学期期末考试押题卷01 高一·数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．测试范围：必修第二册。 5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．若复数满足，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】解法一：因，故，则，即； 解法二：由题意知，所以，即. 故选：A. 2．若，为两条直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则与相交 【答案】C 【解析】根据题意，依次分析选项： 对于A，若，，则与平行或异面，A错误； 对于B，若，，则与异面、平行或相交，B错误； 对于C，设直线，满足且， 若，则，而，则，C正确； 对于D，若，，则与相交或异面，D错误. 故选：C. 3．已知随机事件A、B，表示事件B的对立事件，，，则下面结论正确的是（    ） A．事件A与B一定是对立事件 B． C． D．若事件A、B相互独立，则 【答案】D 【解析】对于AB，一个密封的盒子中有标号为1,2，3,4,5的5个小球从中任取1球， 记事件A：从中取出球的标号为1,2，事件：从中取出球的标号为1,2,3， 则，满足，但不是对立事件，故A错误； 由上例可知，故B错误； 对于C，仅在事件A、B相互独立时才成立，而不知道事件A、B的关系，故不确定的值，错误. 对于D，若事件A、B相互独立，则事件A、也相互独立， 所以，正确. 故选：D 4．若底面半径为，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】易知圆锥的表面积为，球的表面积为， 故，即， 解得（负舍）. 故选：B. 5．若非零向量，满足，则在方向上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为，所以两边平方得到：， 在方向上的投影向量为， 故选：D 6．已知的面积为，，，的内角平分线交边于点，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为的面积为，，， 所以，解得. 在中，由余弦定理得 ， 解得. 因为平分，所以. 故选：A. 7．已知函数的最大值为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题设 ，且， 所以，则，可得， 所以. 故选：C 8．一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数， 注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数. （1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜. 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数， 从而所剩两数不互质，故乙胜. （2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜. 理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成： 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜. 甲获胜的概率为. 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． 9．据网络平台最新数据，截止到2025年4月20日14时10分，电影《哪吒之魔童闹海》总票房（含点映、预售及海外票房）已超149．81亿元，成为首部进入全球票房榜前六．登顶动画票房榜榜首的亚洲电影．一团队从观看该电影的所有观众中随机抽取10000人为样本，统计他们的年龄，并绘制如图所示的频率分布直方图，则（   ） A． B．观众年龄的众数估计为35 C．观众年龄的平均数估计为30.2 D．观众年龄的第70百分位数估计为38 【答案】BD 【解析】由题意知，解得，故A错误； 观众年龄的众数估计是，故B正确； 估计这10000名观众年龄的平均数为，故C错误； 前3组的频率之和为， 前4组的频率之和为， 故第70百分位数位于第4组，设其为， 则，解得， 即第70百分位数为38，故D正确． 故选：BD 10．一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】方案一：“选到3号球”的概率 方案二：“选到3号球”的概率 方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率 ∴，，，，ABD正确，C错误 故选：ABD． 11．在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（ ） A．直线与直线所成的角是 B．直线与平面所成的角是 C．二面角的平面角是 D．平面截正方体所得的截面面积为. 【答案】ACD 【解析】对于A，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故A正确； 对于B，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角， 连接交于点，连接， 由正方体，可得平面，又平面， 所以，又，又，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 又，所以，故B错误； 对于C，因为平面，所以为二面角的平面角， 所以二面角的平面角是，故C正确； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．如图所示，表示水平放置的在斜二测画法下的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为 ． 【答案】6 【解析】过作，则， ∵与轴垂直，且， ∴， 则的边上的高等于， 故答案为： 13．在复平面内，向量对应的复数绕点逆时针旋转后对应的复数为，则 . 【答案】 【解析】由题意可设对应的向量为对应的向量为， 由旋转性质得和模相等，且它们对应的向量垂直， 则解得. 故答案为： 14．已知是平面向量，是单位向量.若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是 . 【答案】3 【解析】设， 则由得，，即可得； 由得，即； 易知代表以为圆心上的点到直线的距离， 圆心到直线的距离为， 因此的最小值为圆心到直线的距离4减去半径1，为3. 故答案为：3 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 已知平面向量，满足，且与的夹角为． (1)求的值； (2)求的值； (3)求与夹角的余弦值． 【解析】（1）由可得； （2） （3）. 即可得与夹角的余弦值为. 16．（15分） 已知函数（，，）的部分图象如图所示. (1)求函数的解析式及对称中心； (2)若，，，求； (3)设，若对任意的，，都有，求实数a的取值范围. 【解析】（1）依题意知，，， 所以，又，可得，故函数（）， 由图象经过点，所以， 可得，所以，， 所以，，又因为，所以， 所以， 令解得， 故对称中心为. （2）因为，所以， 所以， 由， 可得，即，可得， 所以； （3）因为对任意的，，都有， 所以， 因为，所以， 所以，所以， ， 令，则，， 对称轴为，所以①，可得， ②，可得， ③，可得， 综上. 17．（15分） 某大学数学专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：，，…，，并整理得到如下频率分布直方图： (1)从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率； (2)已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间内的人数； (3)已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等.试估计总体中女生的人数. 【解析】（1） 根据频率分布直方图，可计算分数小于60的频率为：， 所以从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于60的概率为； （2）根据频率分布直方图，可计算分数小于50的频率为：， 所以可计算在100人的样本中，分数小于60的频数为：人， 已知样本中分数小于40的学生有人，所以分数在内的频数为：人， 即分数在内的频率为：， 从而可估计总体中分数在区间内的人数约为：人； （3）根据频率分布直方图，可计算分数不小于的频率为：， 则计算样本中分数不小于的频数为：人， 由于样本中分数不小于70的男女生人数相等，所以此时男女生各有人； 而样本中有一半男生的分数不小于70，则样本中男生人数共有人， 所以样本中女生只有人， 可以估计总体中女生的人数约为：人. 18．（17分） 据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；（直接写结果） (2)在该“球锥”中，当球缺的体积是圆锥的体积2倍时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【解析】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为， 所有小锥体的底面积之和即球冠面积， 结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积是圆锥的体积的2倍时，， 即 消去，得 整理得，因为，所以 （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时，，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体， 所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则， 且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 19．（17分） 某校举行围棋比赛，甲､乙､丙三个人通过初赛，进入决赛.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为. (1)决赛规则如下：首先通过抽签的形式确定甲､乙两人进行第一局比赛，丙轮空；第一局比赛结束后，胜利者和丙进行比赛，失败者轮空，以此类推，每局比赛的胜利者跟本局比赛轮空者进行下一局比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，首先累计到2分者获得比赛胜利，比赛结束.假设，且每局比赛相互独立. （i）求乙连胜两局获得最终胜利的概率； （ii）求比赛结束时乙获胜的概率； (2)若，假设乙第一局出场，且乙获得了指定首次比赛对手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略. 【解析】（1）（i）. （ii） ， （2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”， 第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜； 第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜； 第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜， 故； 同理可得； ， 由于，故， 所以，故乙的最优指定策略是指定第一局的对手为甲. 第14页 第15页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$