高一下学期数学期末押题卷（二）-2024-2025学年高一数学下学期《考点•题型•密卷》期末精讲精练讲义《人教A版2019必修第二册）》

2025年高一下学期数学期末押题卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 1、 单选题：本大题共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，则的模为（    ） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】根据题意，求得，结合复数模的运算公式，即可求解. 【详解】由复数，所以. 故选：D. 2．在平行四边形中，点满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量的加减法运算以及数乘运算即可得到结果. 【详解】因为为平行四边形， 则有， ∴. 故选：C. 3．若，则（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】根据题意利用倍角公式结合齐次化问题分析求解. 【详解】因为， 所以 . 故选：B. 4．的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（　　） A． B．1 C． D．2 【答案】B 【分析】利用余弦定理结合三角形面积公式求解三角形的面积即可. 【详解】由余弦定理得，则， 则，则的面积为 故选：B. 5．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（    ） A．互斥 B．包含 C．互为对立 D．相互独立 【答案】D 【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可. 【详解】掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”， 对于A,B,C，事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B，C错误； 对于D,因为， 所以，事件与相互独立，故选项D正确； 故选：D. 6．已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（    ） A．32，90 B．32，92 C．30，90 D．30，92 【答案】A 【分析】根据平均数、方差的性质计算可得. 【详解】因为的平均数是10，方差是10， 所以的平均数是，方差是. 故选：A. 7．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】根据线面平行的性质确定D正确，根据直线和平面的位置关系确定ABC错误，得到答案. 【详解】对选项A：若，，则或为异面直线，错误； 对选项B：若，，则和可以是任何位置关系，错误； 对选项C：若，，则和可以是任何位置关系，错误； 对选项D：若，，，则，正确； 故选：D. 8．已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二面角的定义，找到二面角的平面角，解得，再根据直三棱柱的体积求出，再利用等体积法求点到平面的距离. 【详解】取的中点，连接， ，，则二面角的平面角为， 二面角的大小为，则， 所以，， 又直三棱柱的体积为8，， 则，， 又平面平面，平面平面， 且平面，平面， 设点到平面的距离为，又， ，解得， 故选：A. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（　　） A． B． C．与是互斥事件 D．与相互独立 【答案】ACD 【分析】由古典概型计算，，判断A,B;运用互斥事件概念判断C；利用独立事件的定义，结合古典概型判断D. 【详解】抛掷一枚骰子两次的样本点数共36种： ，，，，，， 表示第一次向上出现点，第二次向上任一点, ，则A正确. 表示第二次向上出现3点且两次向上点数之和不是7，则第一次向上出现不是4, 则等价于说第一次出现，第二次向上是3点. 满足题意的有，共5种，则概率为.故B错误． 表示点数组合，表示出现，不能同时发生，故与是互斥事件，故C正确． 由A知道，,表示两次点数之和是7，则包含结果数为，共6种 ,则概率． 表示第一次出现点，且两次和为7．满足题意的有.则. 故.则与相互独立.故D正确． 故选：ACD. 10．中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则面积的最大值为 C．不可能为锐角三角形 D．若为的外心，则 【答案】BD 【分析】由正弦定理代入计算，即可判断A，由余弦定理结合基本不等式即可判断B，当时，即可判断C，由数量积的运算律代入计算，即可判断D 【详解】对A，因为，由正弦定理可得， 即，即，且，所以，故A错误； 对B，因为，则，由余弦定理可得 ，即，当且仅当时，等号成立， 则面积的最大值为，故B正确； 对C，当时，为锐角三角形，故C错误；    对D，如图，作交于点，则点为的中点，且， 设，则， 所以，故D正确； 故选：BD 11．如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．二面角的正切值为 【答案】BCD 【分析】借助，而与平面相交，从而可判断A；利用面面垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，可判断B；做出相应的平行线，找到G在位置即可判断C；利用C选项的结论，作出二面角的平面角，即可求解. 【详解】对于A，因为正方体中，，且平面， 所以与平面不平行，故A错误； 对于B，如图，取AD中点H，连接BH，FH，BH，易知平面平面， 又在平面中，， 所以，又平面平面，所以平面， 又，所以平面平面，故B正确； 对于C，如图,取中点M，取中点N，连接EN，，， 再取中点G，连接FG，易知正方体中，, 在正方形中，, 在三角形中，, 由平行的传递性可得，,所以平面与交于点， 而点是线段上靠近的四等分点， 所以，故C正确； 对于D，如图，延长FG，相交于点K，取中点N，连接EN，过点E，作，垂足为P,连接NP， 易知平面,又平面，所以 又,所以平面，又平面，所以, 所以是二面角的平面角， 如图，将底面单独画出，在三角形中，，所以， 所以， 所以, 解得，所以，故D正确.    故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知和是两个不共线的向量，，，且与是共线向量，则实数的值是 ． 【答案】 【分析】设，，得出关于实数，的关系，求解即可. 【详解】因为和是两个不共线的向量，，，与是共线向量， 设，，则， 所以，所以. 故答案为：. 13．已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 . 【答案】 【分析】将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为，设圆台上、下底面圆、圆、截面圆的半径分别为、、，设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、，由圆台上、下底面圆和截面圆的半径之比，可得到体积、、之间的关系，进而可得经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比. 【详解】设圆台上、下底面圆的圆心分别为、，将圆台还原为圆锥，设圆锥的顶点为， 设经过母线中点且与底面平行的平面所成截面圆的圆心为， 设圆、圆、圆的半径分别为、、，则，，则， 设圆锥、圆锥、圆锥的体积分别为、、， 因为，则， ，则， 所以，，， 则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为， . 故答案为：. 14．如图，透明塑料制成的长方体内灌进一些水，固定容器底面一边于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，有下面五个命题： ①有水的部分始终为四棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面所在四边形的面积为定值； ④棱始终与水面所在平面平行； ⑤当容器倾斜如图（3）所示时，是定值．其中所有正确命题的序号是 ． 【答案】②④⑤ 【分析】根据题意，结合棱柱的几何特征，线面平行，棱柱体积进行判断. 【详解】根据棱柱的定义知，有两个面是互相平行且是全等的多边形，其余每相邻两个面的交线也互相平行，而这些面都是平行四边形， 在（3）图中有水的部分始终为三棱柱形，所以①错误 将长方体以边将容器倾斜，平面平面,没有水的部分呈现为四棱柱至五棱柱棱柱最后四棱柱，所以②正确； 因为水面所在四边形，从图2，图3可以看出，有两条对边边长不变而另外两条对边边长随倾斜度变化而变化， 所以水面四边形的面积是变化的，③错误； 因为棱,在水面中，， 所以棱平面平面， 所以棱始终与水面所在平面平行，所以④正确； 因为水的体积是不变的，高始终是BC也不变，所以底面积也不会变，即是定值，所以⑤正确； 故答案为：②④⑤. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．已知向量，满足，，与的夹角为． (1)求； (2)，，求的值； (3)若在方向上的投影向量为，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由向量的数量积的定义即可求解； （2）利用向量的夹角公式求解即可； （3）先求得投影向量，进而计算可求的最小值. 【详解】（1）因为，，与的夹角为， 所以； （2）因为， ， ， 所以. （3）在方向上的投影向量为， 所以， 当时，的最小值为． 16．如图，在四棱锥中，，，是的中点． (1)证明：平面． (2)若平面，，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）运用中位线性质得到线线平行，再得到线面平行. （2）运用三棱锥的体积公式求解即可 【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接， 因为是的中点，所以， 又，， 所以且， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2）解：由（1）可知， 又平面， 所以平面，即是三棱锥的高． 又，则， 所以， 故三棱锥的体积为． 17．某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据（单位：），按分成5组，其频率分布直方图如下. (1)如果该超市计划奖励的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间？ (2)记，其中为样本平均数，为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过的客户征收更高的停车费，求（精确到个位）.（注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据：） 【答案】(1)40分钟 (2)74 【分析】（1）根据题意，求出，利用百分位数的概念求出第35百分位数得解； （2）根据频率分布直方图求出，得解. 【详解】（1）根据频率分布直方图中小长方形的面积和等于1，则 ，解得， 设第35百分位数为，则， 解得， 所以可以允许车辆免费停车40分钟不收费. （2）车辆平均停车时间为 ， ， ， 所以. 18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点. (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）设，连接，利用三角形的中位线定理可得∥，再利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由面面垂直的性质可证得平面，则，再由等边三角形的性质可得，然后由线面垂直的判定可得平面，则直线与平面所成角为，从而可求得答案； （3）当时，可证得平面平面，设，然后在等腰直角三角形中利用平面向量的知识计算即可. 【详解】（1）证明：设，连接， 因为底面是正方形，所以为的中点， 因为是的中点，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面 （2）因为底面是正方形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以, 因为为等边三角形，是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设正方形的边长为2，则， 因为平面，平面，所以， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）存在，当时，平面平面， 因为平面，平面平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 设，则，所以， 由（2）知平面， 因为平面，所以，所以， 因为， ， 所以， 所以，得，解得， 所以当时，平面平面. 19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的，该问题是“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)设点为的费马点，若，求的最小值； (3)设点为的费马点，，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据的范围，求出的范围，即可得解； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得，再由基本不等式计算可得； （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【详解】（1）因为，又，所以， 所以，所以； （2）由（1），所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，，，由 得：，整理得， 则， 又，所以，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为； （3）由（1）知，所以三角形的三个角都小于， 故由点为的费马点得， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第三问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高一下学期数学期末押题卷（二） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 1、 单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若复数，则的模为（    ） A．2 B． C．3 D． 2．在平行四边形中，点满足，则（    ） A． B． C． D． 3．若，则（    ） A． B．2 C． D．4 4．的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（　　） A． B．1 C． D．2 5．掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（    ） A．互斥 B．包含 C．互为对立 D．相互独立 6．已知数据的平均数为10，方差为10，则的平均数和方差分别为（    ） A．32，90 B．32，92 C．30，90 D．30，92 7．已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列命题中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 8．已知直三棱柱的体积为8，二面角的大小为，且，，则点到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．将一枚质地均匀的骰子先后抛掷2次，记事件“第一次向上的点数为”，“第二次向上的点数为”，“两次向上的点数之和为7”，则（　　） A． B． C．与是互斥事件 D．与相互独立 10．中，角所对的边分别为，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则面积的最大值为 C．不可能为锐角三角形 D．若为的外心，则 11．如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．二面角的正切值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知和是两个不共线的向量，，，且与是共线向量，则实数的值是 ． 13．已知圆台的上底半径为2，下底半径为4，则经过母线中点且与底面平行的平面将圆台分成上下两部分的体积之比为 . 14．如图，透明塑料制成的长方体内灌进一些水，固定容器底面一边于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，有下面五个命题： ①有水的部分始终为四棱柱形； ②没有水的部分始终呈棱柱形； ③水面所在四边形的面积为定值； ④棱始终与水面所在平面平行； ⑤当容器倾斜如图（3）所示时，是定值．其中所有正确命题的序号是 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．已知向量，满足，，与的夹角为． (1)求； (2)，，求的值； (3)若在方向上的投影向量为，求的最小值． 16．如图，在四棱锥中，，，是的中点． (1)证明：平面． (2)若平面，，求三棱锥的体积． 17．某快捷超市计划通过停车收费推动快速购物进而提升顾客流量，在制定停车收费方案时，需要考虑顾客停车时间的长短.现随机采集了100个停车时间的数据（单位：），按分成5组，其频率分布直方图如下. (1)如果该超市计划奖励的快速购物顾客不收取其停车费，那么应该允许免费停车多长时间？ (2)记，其中为样本平均数，为样本标准差.如果该超市计划对停车时长超过的客户征收更高的停车费，求（精确到个位）.（注：假设频率分布直方图中每组数据在组内均匀分布，参考数据：） 18．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，面面，是的中点. (1)求证：∥平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点使平面平面成立？如果存在，求出如果不存在，说明理由. 19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出的，该问题是“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小."意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且. (1)求； (2)设点为的费马点，若，求的最小值； (3)设点为的费马点，，求实数的取值范围. 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$