精品解析：江苏省徐州市2024-2025学年高一下学期期末抽测数学试题

2024~2025学年度第二学期期末抽测 高一年级数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知，则的虚部为（ ） A. -3 B. -1 C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法法则化简即可. 【详解】由题意得，，故的虚部为. 故选：A 2. 已知，，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标表示和向量的模进行求解即可. 【详解】因为， 所以. 所以. 故选：B. 3. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人.已知该校高二年级共有学生600人，则该校学生总数为（ ） A. 1400人 B. 1600人 C. 1800人 D. 2000人 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样的性质先求出抽样比，进而求解即可 【详解】因为用分层抽样的方法从某校学生中抽取一个容量为45的样本，其中高一年级抽20人， 高三年级抽10人，所以高二年级要抽取人， 因为该校高二年级共有学生600人，所以每个个体被抽到的概率是， 所以该校学生总数是， 即该校学生总数为1800人． 故选：C. 4. 从分别写有1，2，3，4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出从4张卡片中不放回地随机抽取2张所有可能的组合的可能数，求出和为奇数的条件的组合数即可求解. 【详解】从4张卡片中不放回地随机抽取2张， 所有可能的组合有：，共种等可能的结果， 和为奇数的条件是一奇一偶， 符合条件的组合为：， 所以抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为. 故选：D. 5. 设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面位置关系，逐项检验，可得答案. 【详解】对于A，由，，则或，故A错误； 对于B，由，则，使得，由，则，即，故B正确； 对于C，由题意可得与的位置关系可能为相交、平行或在面内， 当与相交时，与的位置关系可能是相交或异面不垂直，故C错误； 对于D，当且时，，，，故D错误. 故选：B. 6. 在梯形中，，，，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则，利用投影向量可得，利用向量的数量积的定义及运算律可求解. 【详解】依题意，设，则， 因为在上的投影向量为，所以，又， 所以，所以，即， 因，，，则，解得，所以. 故选：C. 7. 已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，满足，，，，则（ ） A. A，B相互独立 B. A，B互斥 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的概率计算，由互斥事件、独立事件以及对立事件的概率公式，可得答案. 【详解】由题意可得，，， 由，则，故C正确，B错误； 由，则事件不是相互独立的，故A错误； 由，则D错误. 故选：C. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式和辅助角公式将题设等式化简，得到，再利用二倍角余弦公式即可求得. 【详解】因为 所以， 所以. 故选：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. 有两组样本数据：和，则这两组样本数据的（ ） A. 样本平均数不相同 B. 样本中位数相同 C. 样本标准差不相同 D. 样本极差相同 【答案】AD 【解析】 【分析】利用平均数、中位数、标准差、极差的意义逐项分析判断即可. 【详解】对于A，两组数据的平均数分别为，，故A正确； 对于B，数据的中位数是2，数据的中位数是4，故B错误； 对于C，两组数据的标准差都为，故C错误； 对于D，两组数据的极差分别为，故D正确. 故选：AD 10. 在锐角中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，将两个等式利用和差的正弦公式展开，即可求得的值；对于选项B，根据条件求出的值，进而可得到的关系；对于选项C，根据先求出其余弦值，进而得到正切值；对于选项D，首先将展开，然后根据求出. 【详解】对于选项A： 因为， 所以① ②， 所以，所以A正确； 对于选项B： 因为，. 所以，即，所以B正确； 对于选项C： 因为，所以. 所以，所以C错误； 对于选项D： 因为，. 又，所以， 化简得，所以解得. 又是锐角，所以，所以，D正确. 故选：ABD. 11. 如图①，在长方形中，，，M，N为的三等分点，P，为的三等分点，连接，，，分别交于点K，G，O.如图②，将沿翻折至，形成三棱锥，则（ ） A. 平面 B. 当时，直线与所成的角 C. 当二面角为时， D. 直线上的点到直线的最短距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】在矩形中可证、、，故可证平面，从而可判断A的正误，对于B，连接，或其补角为异面直线所成的角，结合线面垂直的性质判断其正误，对于C，在平面中，过作，垂足为，连接，结合余弦定理及垂直关系转化计算后可判断其正误，对于D，由公垂线可知直线上的点到直线的最短距离即为，故可判断其正误, 【详解】对于A，在矩形中，因为为的三等分点，故， 同理，而，故四边形为平行四边形，故， 同理. 在直角三角形中，，故， 而为锐角，故，同理，故， 故，故，同理， 故在三棱锥中，有， 而平面，故平面，故A正确； 对于B，连接，因为， 故或其补角为异面直线所成的角， 当时，，又因为， 所以平面，而平面， 所以, 故直线与所成的角是，故B错误； 对于C，当二面角为时，在平面中，过作， 垂足为，连接， 由A的分析可得,，故为二面角的平面角， 故，故，故， ，其中，， 故，故，所以， 故， 因为平面，而平面，故平面平面， 而平面平面，平面，故平面， 因为平面，故，故， 故，故C正确； 对于D，由A的分析可得，， 故为与的公垂线， 故直线上的点到直线的最短距离为即为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得母线长与底面半径，利用侧面展开图是扇形可求侧面积. 【详解】由题意可得圆锥的母线长，底面半径为， 所以圆锥的侧面积为. 故答案为：. 13. 已知数据1，2，4，的方差为，则______. 【答案】或3 【解析】 【分析】根据方差公式计算即可. 【详解】数据1，2，4，的平均数为， 故方差为， 化简可得， 即，解得或. 故答案为：或3 14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，结合余弦定理、基本不等式有的最大值为12，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】由题意，所以， 而，解得， 由余弦定理有， 所以，等号成立当且仅当， 所以的最大值为12，所以的面积的最大值为. 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. 近日，江苏省城市足球联赛（简称“苏超”）登上热搜，为了解各年龄层对“苏超”的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图的组中值对这200名市民的年龄的平均数进行估计； （3）根据频率分布直方图，估计这200名市民的年龄数据的70%分位数. 【答案】（1）140人 （2）岁 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求出市民年龄在内的频率，进而可求出频数. （2）根据频率分布直方图求平均数. （3）根据百分位数的定义和公式进行求解计算. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得市民年龄在内的频率为， 由题得，随机选取了200名市民，所以市民年龄在内的人数为. 所以选取的市民年龄在内的人数为140人. 【小问2详解】 由频率分布直方图，可估计200名市民的年龄的平均数为 . 所以这200名市民的年龄的平均数为37岁. 【小问3详解】 由频率分布直方图，可知市民年龄在内的频率之和为， 市民年龄在内的频率之和为， 所以70百分位数应在中，设为， 可得，解得. 所以这200名市民的年龄数据的70%分位数为42.5. 16. 已知复数，，. （1）当时，求和； （2）设，在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数求复数标准式，由复数的乘法以及加减，结合模长公式，可得答案； （2）由复数的几何意义写出点的坐标，根据数量积的坐标计算以及三角函数的辅助角公式，可得答案. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 则. 【小问2详解】 由已知得，， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以，所以，即. 17. 如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C； （2）设D为的中点，分别在边，上取点E，F，使点C，D关于直线对称，若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理对等式进行角化边并整理化简，从而解得所求角的余弦值，可得答案； （2）由正弦定理与余弦定理求得三角形的边与角，根据中垂线以及中点的性质，利用余弦定理，可得答案. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得. 所以即，所以. 又因为，所以. 【小问2详解】 因为，，由余弦定理得，即， 所以，， 连接，，则，设为，，设为y， 在中，由余弦定理得，解得， 在中，由余弦定理得，解得， 所以. 18. 定义向量，. （1）求； （2）若与共线，求； （3）证明：当且仅当时，对任意恒成立. 【答案】（1） （2） （3）证明：因为， ， 要证，只要证. 方法1：①当时，对成立， ②当时，取，，解得， 取，，所以，，即，， 又因为，，所以不存在使原不等式成立. 综上所述，当且仅当时，. 方法2：令，，则， ①当时，成立， ②当时，取，，，而， 所以. ③当时，取，，，而， 所以. ④当时，取，，，而，所以. 综上所述，当且仅当时，. 【解析】 【分析】（1）按题目所给定义带入相应值求解； （2）根据两共线向量的坐标关系列出等式，再利用同角三角函数商的关系、二倍角的正切公式进行计算即可. （3）按题目所给定义将不等式化简为证明，当时，不等式对成立，当时方法一与方法二均为取特值说明不等式不恒成立. 【小问1详解】 因为，， 所以. 【小问2详解】 因为与共线，所以， 因为，所以，，所以， 所以. 【小问3详解】 略 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，. （1）证明：平面； （2）若平面平面，证明：点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，由线面平行的判定定理可得结论； （2）取中点E，连接，，平面，可求得，从而可得结论； （3）设P在底面上的射影为点G，平面，则就是与平面所成的角. 当点G在上，则就是与平面所成的角，求解可得范围，当点不在上，连接，，设，，，，可求得，，进而得 ，求解即可. 【小问1详解】 因为底面为菱形，所以， 又因为平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 取中点E，连接，， 因为底面是边长为2的菱形，且， 所以，，. 又因为，所以， 因为平面平面，，平面平面， 平面，所以平面， 又因为平面，所以，即为直角三角形， 所以，所以， 即点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上. 【小问3详解】 设P在底面上的射影为点G，平面，则就是与平面所成的角. ①若点G在上，则就是与平面所成的角. 在中，由余弦定理得， 在中，由正弦定理，，当且仅当时，取等号. ②若点不在上，连接，，设，，，. 因为平面，平面，所以，. 在中，由，得，， 在中，， 所以在中，， 则， 当且仅当时，取等号，而，所以等号取不到. 令，，则， 所以， 当且仅当，即，即时，取等号. 所以. 综上所述，直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度第二学期期末抽测 高一年级数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知，则的虚部为（ ） A. -3 B. -1 C. 1 D. 3 2. 已知，，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 3. 用分层抽样的方法从某校学生中抽取1个容量为45的样本，其中高一年级抽20人，高三年级抽10人.已知该校高二年级共有学生600人，则该校学生总数为（ ） A. 1400人 B. 1600人 C. 1800人 D. 2000人 4. 从分别写有1，2，3，4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 在梯形中，，，，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，满足，，，，则（ ） A. A，B相互独立 B. A，B互斥 C. D. 8. 已知，则（ ） 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. 有两组样本数据：和，则这两组样本数据的（ ） A. 样本平均数不相同 B. 样本中位数相同 C. 样本标准差不相同 D. 样本极差相同 10. 在锐角中，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图①，在长方形中，，，M，N为的三等分点，P，为的三等分点，连接，，，分别交于点K，G，O.如图②，将沿翻折至，形成三棱锥，则（ ） A. 平面 B. 当时，直线与所成的角 C. 当二面角为时， D. 直线上的点到直线的最短距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为_____. 13. 已知数据1，2，4，的方差为，则______. 14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为_____. 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. 近日，江苏省城市足球联赛（简称“苏超”）登上热搜，为了解各年龄层对“苏超”的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图的组中值对这200名市民的年龄的平均数进行估计； （3）根据频率分布直方图，估计这200名市民的年龄数据的70%分位数. 16. 已知复数，，. （1）当时，求和； （2）设，在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若，求. 17. 如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求C； （2）设D为的中点，分别在边，上取点E，F，使点C，D关于直线对称，若，，求. 18. 定义向量，. （1）求； （2）若与共线，求； （3）证明：当且仅当时，对任意恒成立. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，. （1）证明：平面； （2）若平面平面，证明：点P，A，B，C在以D为球心的同一球面上； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $