山西省名校联考2024-2025学年高一下学期7月期末总结考试数学试题

2024~2025学年第二学期高一7月期末总结考 数学 考生注意： 1.本武卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时问120分钟。 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色圣水签字笔将密封线内项日填写济楚。 3.考生作答时，诗将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡 上对应题目的答案标号涂黑；非选择题济用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区城内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作 答无效。 4.本卷命题范国：人教A版必修第一册、必修第二册。 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.已知复数z满足之·(2+i)=3i,则复数的虚部为 A号 a c-号 D.-gi 2.已知集合M={x|-2<x≤6}，N={-2,4,6,8},则M∩N= A.{-2,4,6} B.{4,6) C.{-2,6} D.{4) 3.一个口袋中装有20个红球和若干个黑球，在不允许将球倒出来数的前提下，为估计口袋中黑 球的个数，小张采用了如下的方法：每次从口袋中摸出1个球，记下球的颜色后再把球放回口 袋中摇匀.不断重复上述过程900次，共摸出红球400次，根据上述数值，估计口袋中黑球的 个数为 A.25 B.30 C.35 D.40 4:已知点E为△ABC所在平面内一点，且C克=4B克，则 A应-}A+号A心 3 B应=号店-}d c=-是A恋+2A心 D,A应=号A-d 5.已知c,B是两个不同的平面，m是一条直线，且mCa,则“mL”是“aLB的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分条件 D.既不充分也不必要条件 6.已知样本容量为4的样本的平均数为8，方差为华，在此基础上获得新数据8，把新数据加入 原样本得到样本容量为5的新样本，则该新样本的标准差为 B号 C.5 D.5 【高一7月期末总结考·数学第1页（共4页）】 25-X-796A 7在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为abc,且5sin号+cos号=2c0sC,2b=6c则 cosC的值为 A.30 6 B 16 6 C.10 4 D 4 |3-3,x≥0， 8.已知函数f(x)= 则函数g(x)=f(f(x)一1)一2的零点个数为 x2+2x+2,x<0, A.5 B.6 C.7 D.8 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,甲投篮一次投中的概率为号，每次投篮是否投中相互独立，若甲连续投篮两次，则下列说法正 确的是 A.事件“两次均投中”与“恰好投中一次”为互斥事件 B.事件“两次均未投中”与“至少投中一次”为对立事件 C恰好投中一次的概率为号 D.至多投中一次的概率为号 10已知0Ka<K号，且登<a+,者9-号，un十ang-名，则 A.sin (p) 10 sin ain产将 Ca---吾 D.tana-=之 11.在棱长为4的正方体ABCD-AB1C1D1中，点E,F,G分别为棱BC,AA1,BB,的中点，则 下列说法正确的是 A.直线EF,DB是异面直线 B直线AG与C,E所成角的余弦值为号 C三棱锥C-ABD的内切球的体积为81。， D.平面GDC截正方体所得截面的面积为18 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.小胡同学记录了10次上学途中所花的时间（单位：分钟）分别为：13,12,14,13,13,15,11， 16,15,17,则这组数据的第60百分位数为 13.在矩形ABCD中，AB=4,BC=1,点P是边CD上的一点，且DP=3PC,则AP·BP的值为 14.已知直三棱柱ABC-A1BC的体积为24，∠ACB=90,AA,=4,若直三棱柱ABC-A1B,C 的所有顶点都在球O的球面上，则球O表面积的最小值为 【高一7月期末总结考·数学第2页（共4页）】 25-X-796A 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,(本小题满分13分) 设m∈R,复数=3m2-2m-1十(2m一1)i, (1)若复数之十m一1一mi是纯虚数，求实数m的值； (2)若复数之在复平面内对应的点位于第二象限，求实数m的取值范围。 16.(本小题湖分15分) 某蛋糕店为了了椰顾客对某款蛋糕的满意程度，对购买该蛋糕的顾客进行问卷调查，现随机 抽收了200名顾客的满意度评分（分数均在[45,95]内），将所得数据分成五组：第一组 [45,55),第二组[55,65)，第三组[65,75)，第四组[75,85)，第五组[85,95]，绘制成如图所 示的频率分布直方图。 个频率 组距 0.045 0.025 0.005 04的556$7方859奶分数 (1)求m的值，并估计这200名顾客的满意度评分的平均数（同一组中的数据用该组区间的 中点值代表)； (2)在第四、五两组中；按比例分配的分层随机抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人送 优惠券，求选出的2人来自同一组的概率。 17.(本小题满分15分) 在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(a-c)(a十c)=b(a-b). (1)若2 cos Bsin C=sinA,求证：△ABC为等边三角形； (2)若a=3,b=4,点D是边，AB上的一点，且∠ACD=∠BCD,求线段CD的长. 【高一7月期末总结考·数学第3页（共4页）】 25-X-796A 18.(本小题满分17分) 如图，我们把由平面内夹角成60°的两条数轴Ox,Oy构成的坐标系称为“完美坐标系”.设 e,e2分别为Ox,Oy正方向上的单位向量，若向量OM=e1十e2,则把实数对[x,y]叫做向 量OM的“完美坐标” (1)已知向量a,b的“完美坐标”分别为[-2,1]，[5,3]，求|a十b; (2)已知向量a,b的“完美坐标”分别为[x,少]，[x2,],证明：a·b =x十%+号(ay十)： (3)已知向量a,b的“完美坐标”分别为[1，cosx],[1,一sinx],设函6 数f(x)=a·b,求f(x)的值域. 19.(本小题满分17分) 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC,△PAB是边长为2的等边三角形，BC =23,PC=4,点E是棱PB的中点，点M是棱BC上的一点. (1)求证：PA⊥BC: (2)若BM=MC,求二面角E-AM-B的余弦值； (3)若直线EM与平面EAC所成角的正弦值为5， 26 ,求线段BM 的长 【高一7月期末总结考·数学第4顶（共4页）】 25-X-796A 2024~2025学年第二学期高一7月期末总结考·数学 参考答案、提示及评分细则 1.C由题意知x= 3i 多2D-3牛6i-号+号i,所以=号-号，即复数的虚部为-号故 2+=(2+i)(2-iD 5 选C 2.B因为集合M={x|一2x≤6}，N={一2,4,6,8}，所以M∩N={4,6}.故选B. A设照球的个数为由古典概型的概率公式可得。器，解得=2饭.故选Λ 4.B因为C范=4B酡，所以C+B酝=4B眩，即应=C成，所以A花=A店+B酝=A店+}C=A店+(A花 AO=号A店-号AC.放选B 5.A若m⊥B,又mCa,所以a⊥3，所以“m⊥”是“a⊥的充分条件.若a⊥B,则m与3可能平行，所以“m⊥ 不是“a⊥”的必要条件.所以“m⊥”是“a⊥”的充分不必要条件.故选A. 6.C记原来的数据为x1,x2,x,x4,新增数据为x5,由题意x十x2十x3十x4=4X8=32,(一8)2+(x2一8) 十（函一82+(x一82=4×空=25，又=8，所以5十十号十工十_32十8=8，所以该新样本的标准 5 差为√④8》牛-8》牛，8牛a-8+-8-5,故选C 7.D因为2cosC-2(cos分cos号+sn晋sin号)=2os(3-令)，即cosC-cos(-号)，因为0<A< ,0<C<,则0<膏-令<骨，且余弦函数y=c0sx在(0，x)上单调递减，所以C=吾-令，所以A十3C π，又A+3C=r=A+B+C,所以B=2C,又2b=√6c,所以2sinB=√6sinC=2sin2C=4 sin Ccos C,又0<C <,所以s血C≠0，所以cosC-5故选D. 8.A求函数g(x)=f(f(x)一1)一2的零点个数，即求方程f(f(x) yf(r) 一1)=2的不同实数根的个数，如图，作出函数y=f(x)的大致图 象，令t=f(x)一1，则f(t)=2,解得t=一2，t2=0,t=log5.当 y=1+log5 4=一2时，f(x)一1=一2，则f(x)=一1，此时方程无解；当2=0 时，f(x)一1=0，则f(x)=1,此时方程有3个不同实数根；当t= 1og5时，f(x)一1=log35,则f(x)=1+log5,此时方程有2个不 同实数根.综上可知，函数g(x)=f(f(x)一1)一2的零点个数为 0 5.故选A. 9.ABD事件“两次均投中”与“恰好投中一次”不能同时发生，是互斥事件，故A正确：事件“两次均未投中”与 “至少投中一次"是对立事件，放B正确：价好投中一次的概率为号×号十号×号一-音，放C错误：两次均投 中的概率为号×号=号，所以至多投中一次的概率为1-音=号，故D正确故选AD 10AD由ma+m广子，得+号子，所以出ae血g- cos acos B ,则a士22 co3acos月=2，所以 S血a十段=子2语A正确：由受<aK,得6sa十0=得则eas6as月血a血 -侣解得s如sin一语，B错关：又ma-=s0s计insir血g一号，又-吾<aK0,所以a-日 【高一7月期末总结考·数学参考答案第1页（共4页）】 25-X-796A -子.C错误：由a一g一子得ma0-am号-1，所以m。一m-1一t知em -1-0ae月-1-是=一号，与ama叶mg=子联立，得ana=号，D正确故选AD cos acos B 11.ABD假设直线EF,D1B是共面直线，因为平面BCCB1∥平面ADD1A1,又平面BCCB∩平面BEDF =BE,平面ADDA∩平面BEDF=DF,所以DF∥BE,又AD∥BE,所以DF∥AD,与DF,AD 相交矛盾，所以直线EF,DB是异面直线，故A正确；在棱BC上取一点H,使得3BH=HC,连接 AH,GH,易得GH∥C1E,所以∠A1GH为直线A1G与CE所成角或其补角，又AG=25,HG=√5， FH=,由余弦定理得os∠AGAG+HCA甲-（25）5）7）=名， 2AG·HG 2×25×W5 线A1G与C,E所成角的余弦值为号，故B正确；由题意，三棱锥G-ABD为棱长是42的正四面体，设其 内切球的球心为O,半径为R,所以VG4D=3Sa4,D·R十3SMSD·R十子SSB·R十号SaGD· R=号×4X×(42)XR,又VAD=VE#一4W四=-4X号×空×4X4X4=g,所以号×4 ×厚×42×R=号解得R=25,则三棱锥G-ABD的内切球的体积为音x×(2)'-3放 C错误；延长CG,CB交于点M,连接MD交AB于点N,连接GN,AB:,因为BB∥CC,G为BB,的中点， 则BG=2CC,所以B为MC的中点，因为AB∥CD,所以N为AB的中点，则GN∥AB,因为AD∥ B,C,AD=BC,所以四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥DC,所以GN∥DC,则平面GDC截正 方体所得截面为等腰梯形GNDC,在等腰梯形GNDC中，DC=4√2，GN=2√2，DN=GC1=25,则梯形 的高为√20-2-32，所以等腰梯形GNDC的面积为4E+2y)X3,2-18,放D正确.枚达ABD 12.14.5将这组数据从小到人排列为：11,12,13,13,13,14,15,15,16,17，又10×60%=6，所以这组数据的第 60百分位数为14十15-14.5. 2 13.一？由题意知A驴-Aò1D-A市D心-A1A店，前-BC+C乎=A市D心-A市A店，所 以市.萨=(A亦+A)·(Aò-A)=A亦+2店·Aò-是恋=1-3=-2 14.40π设BC=a,AC=b,又∠ACB=90°，AA1=4,所以直三棱柱ABC-A1BC的体积V=S△c·AA= 名bX4一24，解得b-12.设球0的半径为R,由题意知R-0C中C+B℃-+亚≥ 2@。+6-√/0，当且仅当a=b-23时等号成立，所以球0表面积的最小值为4R=40x 2 15.解：(1)因为x十m-1-mi=3m2-2m-1+(2m-1)i+m-1-mi=3m2-m-2+(m-1)i,…2分 13m2-m-2=0, 又复数g十m一1一mi是纯虚数，所以 …4分 .m一1≠0， 解得m=一子 6分 (2)复数之在复平面内对应的点为(3m2一2m一1,2m一1)，… …8分 (3m2-2m-1<0, 又复数之在复平面内对应的点位丁第二象限，所以 10分 2m-1>0, 解得2<m<1,即实数m的取值范围是（合，1）. …13分 【高一7月期末总结考·数学参考答案第2页（共4页）】 25-X-796A 16.解：(1)由题意知(0.005十0.025十0.045十m十0.005)×10=1，…2分 解得m=0.020. …4分 估计这200名顾客的满意度评分的平均数元=0.05×50+0.25×60十0.45×70十0.2×80十0.05×90=69.5. …8分 (2②)从第四组轴取的人数为5Xa24品5=4（人）.记为a6,c6d 从第五组抽取的人数为5X0.2005-1人)，i记为e,从这5人中选出2人有a,6.ac,a,D,a,0, 0.05 (b,c),(b,d),(b,e),(c,d),(c,e),(d,e),共有10种情况，…11分 其中选出的两人来自问一组的有(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d),共6种情况， 故选出的2人来自同-组的概率为P=品=号。 …15分 17.解：因为(a-c)(a+c)=b(a-b),所以a2+8-2=ab,所以cosC=。+-C==是 2ab 2ab-2 …3分 又C∈(0，π)，所以C=牙.…5分 (1)证明：若2 s Bsin C-sinA,由正弦定理得2 eos B=a,所以cosB=号-+-世 2c 2ac 所以c2一=0，所以c=b,… …8分 又C=牙，所以△ABC为等边三角形。…10分 (2)解：因为Sa度=SAm十Sam,即2 absin C-i·CDsin∠ACDa·CDsin∠BCD, 所以号X3X4sin号=×4 CDsin+2X3 CDsin-晋，…13分 解得CD=123 7 小4小444小4小+小小… 18.(1)解：因为向量a,b的“完美坐标”分别为[-2,1]，[5,3]，所以a=一2e1十e2,b=5e1+3e2, 所以a十b=-2e1+e2+5e1+3e2=3e1+4e2,… …2分 又e1,e2分别为Ox,Oy正方向上的单位向量，且夹角为60°， 所以1e-|ea-1,e·e=|e ec60°=2 所以a+b=√(36+4e)=√9c+24e·6:+16G=√9+24×2+16=37. …5分 (2)证明：(1)知e·=号，所以a·b=(6十n)·(x6十边6)=五G+e·6十e· 台中n光=西+n为十合(%十n）,即a…b=十n次+号（为十y).….10分 (3)解：因为向量a,b的“完关坐标”分别为[1，cosx],[1,一sinx], 由(2)得fx)=a…b=1-sinx0sx号(-sinx+cosx.… …12分 令1=-sinx+cosz=-2sin(x-),则sin eos=21-P), 因为xeR,所以-√2≤-√2sim(x-本)≤2，即-√2≤≤2， …14分 令g)=1-21-P)+7=2(e++1)=2(+2)》°+g(-2≤≤2)， 【高一7月期末总结考·数学参考答案第3页（共4页）】 25-X-796A 所以当1=-2∈[一巨，2]时，g)取得最小值g(-2）=是， 15分 当=2时，g)取得最大值gW2)=号×2+2+1)=3+2 16分 所以)的值城为[是，3] 17分 19.(1)证明：取AB的中点F,连接PF,因为△PAB是边长为2的等边三角形，所以PF⊥AB,又平面PABL 平面ABC,平面PAB∩平面ABC-AB,PFC平面PAB,所以PF⊥平面ABC,…2分 又BC汇平面ABC,所以P℉⊥BC.…3分 在△PBC中，PB=2,BC=2√3，PC=4,所以PB2+BC=PC,所以PB⊥BC, 又PF∩PB=P,PF,PBC平面PAB,所以BC⊥平面PAB,…4分 又PAC平面PAB,所以BC⊥PA.… …5分 (2)解：取BF的中点O,连接EO,因为E为线段PB的中点， 所以B0/PF,B0=号PF=名×VPB-BF=是×V2-下- 29 由(1)知，PF⊥平面ABC,又AMC平面ABC,所以PF⊥AM,所以EO⊥AM 过点E作EG⊥AM,垂足为G,连接OG,EO∩EG=E,EO,EGC平面EOG, 所以AM⊥平面EOG,又OGC平面EOG,所以AM⊥OG, 所以∠EGO为二面角E-AM-B的平面角.… ……7分 因为BC⊥平面PAB,又ABC平面PAB,所以BC⊥AB, 又BM=MC,所以AM=√JAB+BM=√22+(W3)2=√7， 所以n乙BAM器-后即-解得G0-3图 14 2 因为PF⊥平面ABC,OGC平面ABC,所以PF⊥OG,又PF∥EO,所以EO⊥OG,所以 3√21 G-V+0G=V√(）+(-2，所以csG0- 14 7 EG2√2I 4 7 即二面角E-AM-B的余弦值为子 …10分 (3)解：因为BCL平面PAB,AEC平面PAB,所以BC⊥AE,又△PAB是边长为2的等边三角形，点E是 棱PB的中点，所以PB⊥AE,义PB∩BC=B,PB,BCC平面PBC,所以AE⊥平面PBC. 显然点M不同于点C,过点M作MH⊥EC,垂足为H,又MHC平面PBC,所以AE⊥MH,又AE∩EC= E,AE,E(C平面AEC,所以MH⊥平面AEC,所以直线EM与平面EAC所成的角为∠MEH.·13分 设BM=x(0≤x<2√3)，所以EM=√EB+BM=√x2+1,CM=2√3-x, 在△EBC中，BC-√EB+BC-√E,所以sim∠BCB-是-C, e,即 MH √132W3-x 2/3-x 所以MH=2W5-二，所以sin∠MEH= /13 2W3-x5/13 ,…15分 /13 ME x2+1 √13.x+13 26 解得得 233(舍)，即BM= 21 31 17分 【高一7月期末总结考·数学参考答案第4页（共4页）】 25-X-796A