浙江省台州市书生中学2024-2025学年高一下学期期末数学适应卷（1）

2024-2025学年下学期高一期末适应卷(1) 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.若复数为纯虚数，则实数a的值为    A. 2 B. 2或 C. D. 2.已知向量，，则“”的一个充分条件是    A. B. C. D. 3.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，是过去官员或私人签署文件时代表身份的信物。图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则该几何体的体积是     A. 32 B. C. D. 64 4.目前国家为进一步优化生育政策，实施一对夫妻可以生育三个子女政策．假定生男孩和生女孩是等可能的，现随机选择一个有三个小孩的家庭，如果已经知道这个家庭有女孩，那么在此条件下该家庭也有男孩的概率是(    ) A. B. C. D. 5.甲、乙两支田径队的体检结果为：甲队体重的平均数为60kg，方差为200，乙队体重的平均数为70kg，方差为300，又已知甲、乙两队的队员人数之比为1：4，那么甲、乙两队全部队员的平均体重和方差分别是(    ) A. 65，280 B. 68，280 C. 65，296 D. 68，296 6.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度 MN ，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物 AB ，高约为37 m ，在地面上点 C 处三点共线测得建筑物顶部 A ，鹳雀楼顶部 M 的仰角分别为和，在 A 处测得楼顶部 M 的仰角为，则鹳雀楼的高度约为(    ) A. 64 m B. 74 m C. 52 m D. 91 m 7.在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是(    ) A. B. C. D. 8.在中，，，，D为AC中点，若将沿着直线BD翻折至，使得四面体的外接球半径为1，则直线与平面ABD所成角的正弦值是    A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。 9.已知三个不同的平面，，和三条不同的直线m，n，l，下列命题中为真命题的是(    ) A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，，则 D. 若，，则 10.的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，下列说法中正确的是      A. 若，则 B. 若，则是锐角三角形 C. 若，则是等腰三角形 D. 若，则是等边三角形 11.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成如图所示，若它所有棱的长都为2，则(    ) A. 平面ABE B. 该二十四等边体的体积为 C. 与的夹角为 D. 该二十四等边体的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为__________. 13.已知非零向量，满足，且在上的投影向量为，则向量，的夹角          . 14.在正四面体ABCD中，点E，F分别在棱AB，AC上，满足，，平面BCD，则棱AB长为          ，以点A为球心，为半径作一个球，则该球球面与正四面体ABCD的表面相交所得到的曲线长度之和为          . 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.已知复数z在复平面上对应点在第一象限，且，的虚部为 求复数设复数z、、在复平面上对应点分别为A、B、C，求的值. 16.本小题15分 读书可以增长知识，开拓视野，修身怡情.树人中学为了解本校学生课外阅读情况，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从全校学生中抽出一个容量为100的样本，其中男生40名，女生60名.经调查统计，分别得到40名男生一周课外阅读时间单位：小时的频数分布表和60名女生一周课外阅读时间单位：小时的频率分布直方图. 男生一周阅读时间频数分布表 小时 频数 9 25 3 3 由以上频率分布直方图估计该校女生一周阅读时间的众数和分位数; 由以上频数分布表和频率分布直方图估计总样本的平均数 从一周课外阅读时间为的样本学生中按比例分配抽取6人，再从这6人中任意抽取2人，求恰好抽到一男一女的概率. 注：以各组的区间中点值代表该组的各个值 17.本小题15分 在中，角 A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ， 求角 A ；若外接圆的半径为，求面积的最大值. 18.本小题17分 如图，已知三棱台中，平面平面，是以B为直角顶点的等腰直角三角形，且 证明：平面； 求直线与平面ABC的夹角的大小； 在线段上是否存在点F，使得二面角的大小为，若存在， 求出线段CF的长，若不存在，请说明理由. 19.本小题17分 对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”. 若，，是的“迷你向量”，求实数x的取值范围; 一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处且蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，爬完第 i次后停留的位置记为，设记事件“蚂蚁经过的路径中至少有n个使得是的迷你向量”假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的 ①当时，求 ②证明： 答案和解析 1.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查纯虚数的定义，属于基础题． 根据纯虚数的定义，得到a需满足的式子，求解即可． 【解答】 解：复数为纯虚数， 则，解得 故选： 2.【答案】A  【解析】解：因为向量，且，则，即， 解得或， 所以“”的一个充分条件“”. 故选： 3.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查组合体的体积，属于基础题. 根据正四棱锥的几何性质和结构特征，建立方程，求得其高，结合正四棱柱、正四棱锥的体积公式，可得答案. 【解答】 解：因为正四棱锥的底面边长为4，所以底面的对角线长为， 设正四棱柱和正四棱锥的高均为h， 因为正四棱锥的侧棱长为，所以，解得， 故该几何体的体积为 故选： 4.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等，考查运算求解能力，属于基础题． 利用列举法能求出结果． 【解答】 解：随机选择一个有三个小孩的家庭，知道这个家庭有女孩， 基本事件有： 女女女，女女男，女男女，男女女，女男男，男女男，男男女，共7个， 其中该家庭也有男孩包含的基本事件有： 女女男，女男女，男女女，女男男，男女男，男男女，共6个， 已经知道这个家庭有女孩的条件下该家庭也有男孩的概率是 故选 5.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查了特征数的求解，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题． 先求出甲、乙两队队员所有队员中所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可． 【解答】 解：由题意可知甲队体重的平均数为60，乙队体重的平均数为70， 甲队队员在所有队员中所占权重为， 乙队队员在所有队员中所占权重为， 则甲、乙两队全部队员的平均体重为， 甲、乙两队全部队员体重的方差为 故选： 6.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查三角函数诱导公式，二倍角余弦公式，属于基础题. 根据三角函数的诱导公式化简即可得 ，再结合二倍角公式可得答案. 【解答】 解：    ， 7.【答案】B  【解析】【分析】 本题考查正余弦定理的实际应用，属于简单题． 求出 AC ，  ，  ，在  中，由正弦定理求出  m，从而得到 MN 的长度. 【解答】 解：因为  中， AB  BC ， m，  ， 所以  m， 因为  中， NC  ，  ， 所以  ， 由题意得：  ， 故  ， 在  中，由正弦定理得：  ， 即  ， 故  ， 故   故选：B 8.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解，考查直线与平面所成角的问题，属于中档题. 由直角三角形性质和翻折关系可确定  为等边三角形，利用正弦定理可确定  外接圆半径，由此可知  外接圆圆心 O 即为四面体  外接球球心，由球的性质可知  平面  ，利用  可求得点  到平面 ABD 的距离，由此可求得线面角的正弦值，求出正确选项. 【解答】 解：  ，  ，  ，   ， 点D 为 AC 中点，  ， 则  ， 即  为等边三角形， 设的外接圆圆心为G，的外接圆圆心为O，取BD中点H， 连接 ，  ，  ，   ， 即  外接圆半径为1 ， 四面体  的外接球半径为1 ，   为四面体  外接球的球心， 由球的性质可知：  平面  ，   平面  ，  ，  ，  ，   ， 设点  到平面 ABD 的距离为 d ， 由  得：  ，   与  均为边长为1 的等边三角形，   ， 直线  与平面 ABD 所成角的正弦值为  . 故选： 9.【答案】ACD  【解析】【分析】 本题考查空间中线与线、线与面，面与面的位置关系，属于基础题． 根据线面平行的判定定理和性质定理，线面垂直的性质定理，面面垂直的性质定理逐项判断即可. 【解答】 解：选项A，由线面垂直的性质定理知，若，，则，即A正确; 选项B，若，，则或，即B错误; 选项C，因为，，，所以，又，，所以， 由平行线的传递性知，，即C正确; 选项D，由面面垂直的性质定理知，若，，则，即D正确. 故选： 10.【答案】AC  【解析】【分析】 本题考查三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理，考查运算能力和数学思维能力，属于中档题． 由正弦定理以及三角形的性质判断A正确；由余弦定理判断B错误；由正弦定理以及两角和的正弦公式判断C正确；由正弦定理判断D错误. 【解答】 解：对于A：若，由正弦定理得，则，故A正确； 对于B：由余弦定理可得，仅得到C为锐角，故B错误； 对于C：若，由正弦定理得：，则，又A，，则，故C正确； 对于D：若，则，所以，则，故是等腰直角三角形，故D错误. 故选： 11.【答案】BCD  【解析】解：对于A，由题意，采用单次传输方案，收到两个译码恰好有一个正确的概率为： ，故A错误； 对于B，采用三次传输方案，若发送1，译码为1的情况分别为“”、“”、“”、“”， 则译码为1的概率为，故B正确； 对于C，采用单次传输方案，则收到的译码为1的概率为： ，故C正确； 对于D，若发送0，采用三次传输方案译码为0的情况有“”、“”、“”、“”， 所以收到译码为0的概率； 若发送0，采用单次传输方案译码为0的概率为：， 由，且， 则，即，故D正确. 故选： 12.【答案】9  【解析】【分析】 本题考查百分位数的计算，属于基础题. 根据题意结合百分位数的定义计算即可求解. 【解答】 解：将样本数据从小到大排列为， 因为，所以分位数为从小到大排列的第2个数和第3个数的平均数， 即为； 故答案为 13.【答案】  【解析】解：因为在上的投影向量为， 所以，所以， 因为， 所以， 则， 所以， 又因为， 所以 故答案为： 14.【答案】3 ；   【解析】【分析】 本题考查了线面平行的性质，几何体中的截面问题，属于中档题. 根据线面平行的性质得到，即可求出AB；分析可得球面与面ACD相交所得曲线为对应圆心角为，半径为的弧，与面BCD相交所得曲线为以点O为圆心，为半径为圆，即可得到结果. 【解答】 解：因为平面BCD，平面平面，平面ABC， 所以，由于正四面体ABCD每个面都是等边三角形，故AEF也为等边三角形， 所以 球面与正四面体ABCD的四个面都相交， 所得的交线分为两类：一类是与三个侧面ABD，ABC，ACD的交线， 另一类是与底面BCD的交线，易知与侧面ABC的交线为弧MN， 如图，弧MN的过球心的大圆上，，， 所以弧MN的长度为，易知球面与侧面ABD，ACD的交线与弧MN一样长. 过A作平面BCD，连接DO，并延长交BC于点P，连接AP， 则， 所以， 故球面与底面BCD形成的交线是的内切圆半径为， 故内切圆的周长为 故所求曲线长度之和为 故答案为：3； 15.【答案】解：设， 由题意得， ， 故或， 又因为复数z在复平面上对应点在第一象限， 故； 当时，，， 所以，，， 所以，，， 所以是值为   【解析】本题是考查复数的概念、模及几何意义，向量的数量积，属于中档题. 设出复数的代数形式的式子，根据所给的模长和的虚部为2，得到方程组求解即可； 写出所给的三个复数在复平面内对应的点的坐标，由向量的数量积坐标运算即可求解． 16.【答案】解：第六组的频率为， 第七组的频率为 由直方图得，身高在第一组的频率为， 身高在第二组的频率为， 身高在第三组的频率为， 身高在第四组的频率为， 由于，， 设这所学校的800名男生的身高中位数为m，则， 由得， 所以这所学校的800名男生的身高的中位数为， 平均数为 第六组的抽取人数为4，设所抽取的人为a，b，c，d， 第八组的抽取人数为，设所抽取的人为A，B， 则从中随机抽取两名男生有ab，ac，ad，bc，bd，cd，aA，aB，bA，bB，cA，cB，dA，dB，AB共15种情况， 因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组， 所以事件E包含的基本事件为ab，ac，ad，bc，bd，cd，AB共7种情况． 所以  【解析】由频率分布直方图的性质求第七组的频率； 根据平均数和中位数的定义利用频率分布直方图求平均数和中位数； 确定样本空间，利用古典概型概率公式求概率． 本题考查频率、中位数、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 17.【答案】解：由  得，  ， 所以  ， 又  ，所以  ， 所以  ，因为  ，所以  ； 由  外接圆的半径为  ，则得  ， 由余弦定理得，  ，即  ， 所以  ，解得  ，当且仅当时取等号， 所以  ， 故  面积的最大值为  .   【解析】本题考查三角形面积公式，考查利用余弦定理解决最值问题，考查两角和与差的正弦公式，属于中档题. 先根据  展开，结合正弦和差化积公式进行化简，可得出  ，进而得出角 A 的值. 根据题意和正弦定理可得出边长a的值，再由第一问和余弦定理得出b和c的关系  ，结合基本不等式即可求出  面积的最大值. 18.【答案】解：证明：在三棱台中，，， 在等腰梯形中，， 由余弦定理得：， 则，即， 而平面平面，平面平面平面， 所以平面 过，垂足为H， 因为平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，平面， 得，又，平面， 则平面ABC，为与平面ABC的夹角，， 因此，所以与平面ABC的夹角为 三棱台侧棱延长线交于一点P，由得为正三角形， 由平面，平面ABC，得平面平面PAB，取AB中点N， 则，而平面平面，平面PAB，则平面ABC， 作交CN于E，则平面ABC，而平面ABC，则， 作于D，连接FD，ED即FD在平面ABC上的射影， 又，平面DEF，则平面DEF， 又平面DEF，于是，为二面角的平面角， 若存在F使得二面角的大小为，即， 设，则，， 即，解得，，， 因此，， 所以存在满足题意的点   【解析】详细解答和解析过程见【答案】 19.【答案】解：是的“迷你向量”， ， 解得 ①如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N， 要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点 故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可. 先考虑总共最短路径条数：最短路径一共6步，其中三步向上，三步向右，也即是在6步中选择三步向上，其余三步向右， 故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法： “123”代表前三步向上，剩下三步向右; “246”表示第二、第四、第六步向上，其余三步向右; 234，235，236，245，246，256，345，346，356，， 总共的最短路径条数， ，故经过包含的路径条数为4，， 因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型， ②同理，总共的最短路径条数为 经过包含的路径条数为，试验为古典概型，   【解析】本题主要考查向量的数量积的坐标运算，古典概型，属于难题. 根据向量的数量积坐标运算公式解不等式即可; ①应用列举法计算古典概型即可; ②应用古典概型证明即可. 学科网（北京）股份有限公司 $$