高一数学下学期期末押题试卷（测试范围：人教A版2019必修二）-【好题汇编】备战2024-2025学年高一数学下学期期末真题分类汇编（浙江专用）

2024-2025学年高一数学下学期期末押题试卷 考试时间：120分钟 满分：150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．复数的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 2．在下列四组数中，方差最大的一组是（    ） ①； ②； ③； ④. A．① B．② C．③ D．④ 3．已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 4．已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 5．已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知是单位平面向量，若对任意的，都有，则的最大值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 8．如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（    ）    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．已知,则（    ） A． B． C． D． 10．在中，，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若有两解，则 D．若是锐角三角形，则 11．“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .    13．设样本空间含有等可能的样本点，，则 ． 14．如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 . 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．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)求四棱锥的体积． 16．已知复数，为虚数单位. (1)求； (2)若是关于的方程一个根，求p，q的值. 17．已知平面向量，且. (1)求与的夹角的值； (2)当取得最小值时，求实数的值. 18．“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.    (1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数； (2)活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同. （i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值. 19．三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高一数学下学期期末押题试卷 考试时间：120分钟 满分：150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．复数的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据共轭复数的定义可以求得. 【详解】由共轭复数的定义可得，复数的共轭复数为， 故选：B. 2．在下列四组数中，方差最大的一组是（    ） ①； ②； ③； ④. A．① B．② C．③ D．④ 【答案】D 【分析】只需按照样本数据的方差公式进行计算即可. 【详解】易知四组数据的平均数均为4； 对选项A，方差； 对选项B，方差; 对选项C，方差; 对选项D，方差. 故选：D. 3．已知向量，，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据向量平行的坐标关系，代入关系式即可求得的值． 【详解】因为，若，则，解得. 故选：B 4．已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】A 【分析】运用面面垂直判定定理可判断A，借助长方体举反例可判断BCD. 【详解】对于A，若，，则，且，则.故A正确. 对于B,如图所示，，，，，此时，故B错误.    对于C, 如图所示，，， ，，此时异面，故C错误.      对于D, 如图所示，，，，，此时，故D错误.    故选：A． 5．已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出过正四棱台的截面，再求出正四棱台的高，从而根据勾股定理求出球的半径，最后代入球的表面积公式，即可求解． 【详解】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图： 正四棱台中，，，， 正四棱台的高为， 设球的半径为，球与侧棱切于， 则在图中中，，则， 所以， 在图中中，， ，解得， 球的表面积为． 故选：B 6．已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】补形成正方体，求出正方体棱长，然后可得外接球半径，然后可解. 【详解】将正四面体补形成正方体，如图， 因为，，所以， 又是平面内的相交直线，所以平面平面， 因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为， 结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3， 记正四面体的外接球的半径为，则，解得， 则外接球被平面截得的截面半径， 所以，截面面积为. 故选：A 7．已知是单位平面向量，若对任意的，都有，则的最大值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】由题意可知，单位向量的夹角最小时，正整数有最大值，利用向量数量积的定义求出此时的值即可． 【详解】依题意，设单位向量的夹角为， 因为， 所以则，所以， 根据题意，正整数的最大值为， 故选：C. 8．如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】由题意，可得， 且， 在中，可得， 在中，可得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：C. 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,则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用复数的乘法和加法运算就可以得到结果并作出判断. 【详解】由，所以A正确； 由，所以B，D错误； 由，所以C正确； 故选：AC. 10．在中，，，下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若有两解，则 D．若是锐角三角形，则 【答案】ACD 【分析】对于A，利用余弦定理求解判断，对于B，利用正弦定理求解判断，对于C，根据正弦定理结合图形分析判断，对于D，由正弦定理得，化简后，再求出角的范围，从而可求出的范围. 【详解】对于A，在中，，，，则由余弦定理得 ，所以A正确， 对于B，在中，，，，则由正弦定理得 ，，得， 因为，，所以或，所以B错误， 对于C，如图，过作于，则， 因为有两解，所以，即，所以C正确， 对于D，由正弦定理得，， 所以， 因为为锐角三角形，所以，得， 所以，所以， 所以，即，所以D正确. 故选：ACD 11．“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 【答案】AD 【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而 得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值. 【详解】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，    因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，    则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴.在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意.一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为.若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 .    【答案】 【分析】计算出侧面展开图分别为30和12，圆心角为的扇形的两个圆锥的高，相减即可得解. 【详解】一个圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为， 所以，可得，因此，该圆锥的高为， 侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，设该圆锥的底面半径为，高为， 所以，可得，因此，该圆锥的高为， 因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为. 故答案为：. 13．设样本空间含有等可能的样本点，，则 ． 【答案】2 【分析】根据题意利用列举法求，代入即可得结果. 【详解】因为样本空间，， 则，可知， 则， 所以. 故答案为：2. 14．如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 . 【答案】 【分析】根据两角差的公式，可解出，再根据正弦定理可得出，再利用直角三角形的性质求解距离即可. 【详解】由题意知相距米的，之间是一条小路， 所以，，，， 所以，则， 在中根据正弦定理知，解得， 由，得到. 故答案为： 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．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧面PAB是正三角形，平面PAB，M，N分别为AB，PC的中点． (1)证明：平面PAD； (2)求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）做辅助线构造平行四边形，从而证明线线平行，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）连接，证明垂直于底面，从而确定为锥体的高，再利用体积公式求体积即可. 【详解】（1）证明：如图，取PD的重点Q，连接AQ，QN， 因为在中，Q，N分别为的PD，PC中点，所以，且， 因为在正方形中，M分别为AB的中点，所以，且, 所以四边形是平行四边形， 则，又平面，平面，所以平面. （2）连接，因为平面，平面，所以, 又因为侧面是正三角形，M为AB的中点，所以，且， 又因为平面，，所以平面， 所以四棱锥P﹣ABCD的体积是. 16．已知复数，为虚数单位. (1)求； (2)若是关于的方程一个根，求p，q的值. 【答案】(1) (2)， 【分析】（1）利用复数的四则运算法则求解； （2）利用复数的四则运算法则以及复数相等的条件求解. 【详解】（1）. （2），即， ，解得，. 17．已知平面向量，且. (1)求与的夹角的值； (2)当取得最小值时，求实数的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题设条件得到，然后利用数量积的定义求夹角； （2）将表示为的函数，然后求该函数的最小值. 【详解】（1）由，可得， 又，所以，又，所以； （2）因为， 所以. 所以的最小值为，此时. 18．“数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图.    (1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数； (2)活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同. （i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值. 【答案】(1)，75 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据频率之和为即可求出，根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可； （2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可； （ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图有， 解得， 因为，， 所以中位数在区间内，设为x， 则有，得， 所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75； （2）设 “任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”， “任选一道题，丙答对”， 则由古典概型概率计算公式得：，，， 所以有，，， （i）记 “甲、乙两位同学恰有一人答对”， 则有，且有与互斥， 因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立， 所以 ， 所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则， 所以 ， 解得：. 19．三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）连接，过作交于，由已知可得，又平面平面，则平面，可得，又，则可得平面. （2）由已知可得平面平面，过作，连接，可得平面，求得，如图，延长侧棱交于点，作于，连接，可求得，又因为与底面所成角的正弦值为，可求得，即可求得三棱台的体积. （3）如图，作交于，过作于，则，由（2），可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由， 可得， 若，可得，即为中点，即侧棱上是存在点，使二面角成，则. 【详解】（1）连接， 在梯形中，过作交于， 由， 则为等边三角形,则， 四边形为菱形，则， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以平面平面， 过作，连接，平面， 平面平面， 则平面， 故几何体的高为， 如图，延长侧棱交于点，作于，连接， 由已知为中点，， 由（1）得，平面， 因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为， ，，， ， 由（1）得，则， 又因为与底面所成角的正弦值为， 所以， 故三棱台体积为. （3）如图， 作交于，过作于，则， 由（2）可得，平面， 则即为二面角的平面角， 又平面，则， 设，则， 则， 由，得，又， 所以， 若，则， 解得，所以，即为中点， 即侧棱上是存在点，使二面角成， 则. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$