精品解析：广东省广州市天河区2024-2025学年高一下学期期末测试数学试题

2024-2025学年度（下）高一期末测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 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. 一组样本数据为3，6，5，7，2，4，8，则（ ） A. 极差为5 B. 中位数是7 C. 平均数是5 D. 众数是8 2. 已知集合，集合，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. 的子集有4个 D. 3. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，为的直观图，且的面积为1，则中最长边的边长为（ ） A. B. C. 2 D. 1 5. 如图，在四棱锥中，四边形梯形，且点F在棱上，且平面，则=（ ） A. B. C. D. 6. 一个质地均匀的骰子六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．连续抛掷这个骰子两次，并记录每次正面朝上的数字，记事件“两次向上的数字都为3”，“两次向上的数字之和是6”，则下列结论正确的是（   ） A. 事件A与事件B相互独立 B. 事件A与事件B互斥 C. D. P(AB)= 7. 空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方A点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为100米，那么测量时气球到地面的距离是（ ）． A. 100米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间四点共面，则其中必有三点共线 B. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D. 若空间四点不共面，则任意三点不共线 10. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A B. 的最大内角是最小内角的3倍 C. D. 若，则内切圆半径 11. 已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线与直线所成角为 C. 三棱锥的体积为 D. 过三点的平面截该正方体所得的截面为六边形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算________． 13. 在一个袋子中装有大小与质地均相同的红色和黄色小球共5个，小明每次从中抽取一个观察颜色后并放回，进行100次后统计发现，红色小球出现了58次，黄色小球出现了42次．则袋中红球最有可能有__________个． 14. 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 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. 在中，角所对的边分别为，且． （1）若为钝角，求周长的取值范围； （2）若锐角，且，求． 16. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，为直线与平面的交点． （1）求证：三点共线； （2）求与平面所成角的正弦值． 17. 高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ （2）年级以各学习小组平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差； （3）在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率． 18. 如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥． （1）若，求证：平面平面； （2）若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值； （3）若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离． 19. 若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”． （1）分别判断下列函数是否为“分圆函数”；（结论不要求证明） ①； ②． （2）求证：对任意a∈R，均为“分圆函数”； （3）若为“分圆函数”，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度（下）高一期末测试 数学 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将答题卡交回． 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. 一组样本数据为3，6，5，7，2，4，8，则（ ） A. 极差为5 B. 中位数是7 C. 平均数是5 D. 众数是8 【答案】C 【解析】 【分析】应用极差，中位数，平均数，众数定义计算求解各个选项. 【详解】样本数据从小到大排列为， 则极差为，A选项错误； 中位数是，B选项错误； 平均数是，C选项正确； 众数不是8，D选项错误； 故选：C. 2. 已知集合，集合，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. 的子集有4个 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的运算和计算子集的个数公式，即可判断选项. 【详解】，故A错误，，故B错误， 的子集有个，故C正确，，集合不是集合的子集，故D错误. 故选：C 3. 已知平面向量是两个单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义及数量积的运算律求解. 【详解】依题意，在上的投影向量，则， 所以. 故选：D 4. 如图，为的直观图，且的面积为1，则中最长边的边长为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意由斜二测画法长度的计算可得. 【详解】设，由题意可得， 所以， 所以在中，， 由，所以， 即中最长边的边长为. 故选：A. 5. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，且点F在棱上，且平面，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先作辅助线，构造相似三角形，然后利用相似三角形的性质求得的比值. 【详解】过作交于，连接，如图所示. 因为，平面，不在平面上， 根据线面平行的判定定理可得平面. 又因为平面，，平面， 根据平面与平面平行的判定定理的推论，可得平面平面. 又平面平面，平面平面，所以. 根据相似三角形性质可得：. 因为，，所以四边形为平行四边形，所以. 又，所以，所以. 故选：B. 6. 一个质地均匀的骰子六个面上分别标有数字1，2，3，4，5，6．连续抛掷这个骰子两次，并记录每次正面朝上的数字，记事件“两次向上的数字都为3”，“两次向上的数字之和是6”，则下列结论正确的是（   ） A. 事件A与事件B相互独立 B. 事件A与事件B互斥 C. D. P(AB)= 【答案】D 【解析】 【分析】对于B：根据互斥事件的定义分析判断；对于CD：根据题意结合古典概型运算求解即可；对于A：根据独立事件的概率公式即可判断． 【详解】设样本空间为，则， 对于选项B：事件“两次向上的数字都为3” ， 事件“两次向上的数字之和是6” ， 显然事件B包含事件A，所以事件A与事件B不互斥，故B错误； 对于选项C：因为，所以，故C错误； 对于选项D：因为，所以，故D正确； 对于选项A：，，， 显然，故A错误； 故选：D． 7. 空中有一气球（近似看成一个点），其在地面的射影是点，在点的正西方A点测得它的仰角为，同时在点的南偏东的点，测得它的仰角为，若两点间的距离为100米，那么测量时气球到地面的距离是（ ）． A. 100米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直可得线线垂直，利用锐角三角函数以及余弦定理，建立方程，可得答案. 【详解】 由题意可得，，，平面， 因为平面，所以，在中，由，则， 因为平面，所以，在中，由，则， 在中，由余弦定理可得， 则，解得. 故选：C. 8. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形内角和与诱导公式将已知条件转化为边角的三角函数关系，利用正弦定理由边化角，使用二倍角公式进行恒等变换以及利用同角的三角函数关系求出的三角函数值，再利用正弦定理和同角的三角函数关系根据的范围求出结果. 【详解】由得，即，即，又，故， 故， 因为，所以，故，得，， 因为， 因为，，所以， 故，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间四点共面，则其中必有三点共线 B. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D. 若空间四点不共面，则任意三点不共线 【答案】D 【解析】 【分析】对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答． 【详解】对于A，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故A错误； 对于B，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面；故B错误； 对于C，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故C错误； 对于D，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故D正确， 故选：D. 10. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大内角是最小内角的3倍 C. D. 若，则内切圆半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A；利用余弦定理求和，进而分析可判断BC；再利用面积方法求内切圆半径，判断D. 【详解】A.由正弦定理可知，，故A正确； B.最大内角是，，， 最小内角是，，所以，所以，故B错误； C.由B可知，，，，所以，故C正确； D.若，则，由B可知，，所以， 设内切圆的半径为，则，即，，故D正确. 故选：ACD 11. 已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线与直线所成角为 C. 三棱锥的体积为 D. 过三点的平面截该正方体所得的截面为六边形 【答案】AC 【解析】 【分析】利用中位线平行关系，利用正方体中的垂直关系，可判断AB，利用平行关系进行三棱锥体积变换，再计算体积，可判断C，利用延长线或作平行线来确定截面，可判断D. 【详解】对于A， 取的中点为，连接，由分别是棱的中点， 可得：，， 由正方体的性质可得：平面，， 所以可得：平面，， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以，故A正确； 对于B, 由分别是棱的中点，可得， 由正方体性质可得：， 所以就是直线与直线所成角或其补角， 由于是等边三角形，所以， 即直线与直线所成角为，故B错误； 对于C: 在上取点，使得，连接，易证． 则 ． 另解：如图，连接， 则 ． 故C正确． 对于D，截面是平面与几何体表面的交线围成的图形． 如上图所示，过三点的平面截该正方体所得的截面应为五边形．故D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 计算________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可得答案. 【详解】. 故答案为：. 13. 在一个袋子中装有大小与质地均相同的红色和黄色小球共5个，小明每次从中抽取一个观察颜色后并放回，进行100次后统计发现，红色小球出现了58次，黄色小球出现了42次．则袋中红球最有可能有__________个． 【答案】3 【解析】 【分析】利用频率估计概率进行分析即可求解. 【详解】红色出现的频率为，所以红球出现的概率应接近， 设袋子中红球的个数为， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，最接近， 所以袋中红球最有可能有3个. 故答案为：3. 14. 已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面法向量为，则， 令，则，故， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 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. 在中，角所对的边分别为，且． （1）若为钝角，求周长的取值范围； （2）若为锐角，且，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由余弦定理和，得到，从而求出周长的取值范围； （2）由同角三角函数关系得到，由余弦定理求出，进而求出. 【小问1详解】 由余弦定理可知， 因为角为钝角，故， 所以， 故， 所以周长的取值范围是． 【小问2详解】 因为角为锐角，且满足，故， 由余弦定理可得，所以， 所以． 16. 如图，在正方体中，分别是棱的中点，为直线与平面的交点． （1）求证：三点共线； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明四边形为平行四边形，证明即可求解； （2）连结，证明平面，证明是与平面的所成角，连结，证明，证明是的外心即可求解. 【小问1详解】 ∵，且， ∴四边形为平行四边形， ∵为直线与平面的交点， ∴，又∵平面， ∴平面，又∵平面，平面平面， ∴，∴，，三点共线； 【小问2详解】 连结，四边形是正方形， ，在正方体中平面， 平面， ，平面， ，同理， ，平面， 即是与平面的所成角， 连结，平面平面， ， ，， ，同理， 是的外心， 不妨设，， ，， ，即与平面所成角的正弦值为． 17. 高一年级举行了一次“数学建模能力竞赛”，为了解本次测试竞赛情况，年级从中抽取了部分学生的成绩进行统计．将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数是第2组频数的一半，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题： （1）若根据这次成绩，年级择优选取的同学晋级下一轮竞赛，请问晋级分数线定为多少合理？ （2）年级以各学习小组的平均分和方差为团体奖励依据．若某学习小组10位学生测试分数的平均数，标准差，若该小组得分分别为95分和85分的两位学生宣布退赛，求该小组余下8位学生分数的平均数与方差； （3）在下一轮比赛中，甲、乙、丙三人同时回答一道有关模型检验的问题．已知甲回答正确的概率是，甲、乙两人都回答正确的概率是，乙、丙两人至少一人回答正确的概率是．每人回答正确与否相互独立．求甲、乙、丙三人中至少两人回答正确的概率． 【答案】（1）73分合理； （2）90；38.75 （3） 【解析】 【分析】（1）首先根据频率比值求，再根据频率和为1求，再根据频率计算百分位数，即可求解的值； （2）代入样本平均数和方差公式，即可求解； （3）首先根据独立事件概率公式求乙，丙2人回答正确问题的概率，再结合对立事件概率公式，即可求解. 【小问1详解】 由题意知，第1组的小长方形的高是第2组的小长方形的高的一半， 所以， 又，解得， 所以，， 择优选取的同学晋级下一轮竞赛，即确定第60百分位数， 成绩落在内的频率为：， 落在内的频率为：， 设第60百分位数为， 则，解得， 所以晋级分数线划为73分合理； 【小问2详解】 设该小组10位学生的分数分别为，因为， 所以， 所以， 所以， 剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为， 平均数与标准差分别为，， 则剩余8个分数的平均数：， 方差：； 【小问3详解】 记“甲、乙、丙回答正确这道题”分别为事件， 则，解得， 由乙、丙两人至少一人回答正确的概率是， 则 即． 所以乙、丙两人各自回答正确这道题的概率为和． 有0人回答正确的概率， 有1人回答正确的概率为 所以不少于2人回答正确这道题的概率． 18. 如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥． （1）若，求证：平面平面； （2）若在平面上的射影恰好在上，求二面角的余弦值； （3）若，且二面角为直二面角，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再结合面面垂直判定定理证明即可； （2）过点作的垂线交于点，交于点，先根据二面角定义得出为二面角所成的平面角，再结合边长计算余弦值； （3）过点作的垂线交于点，先应用面面垂直性质定理得出平面，应用等体积方法计算点到平面距离即可. 【小问1详解】 ，所以在三棱锥中有：， 又平面平面，， 平面， 平面， 平面平面是正方形； 【小问2详解】 过点作的垂线交于点，交于点， 翻折后仍有，， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以为二面角所成的平面角， 由题意得平面， 所以， 因为直角三角形中，角为直角，时为斜边中点， 所以,所以, ， 所以， 又因为， 所以， ， 所以， 所以， 即二面角平面角的余弦值为； 【小问3详解】 当时，, 由三角形内角平分线逆定理可知平分,又∵,∴. 过点作的垂线交于点，连接, 则等腰直角三角形，斜边,∴， 所以， 由题意平面平面，平面平面，， 平面，所以平面， 又∵平面，所以， ∴， ∴, ∴, ∴， ∵，点满足，∴, 又∵, ∴, 综上，三棱锥的高,底面积, 三棱锥的底面积， 设点到平面的距离为,即为三棱锥的高， ∵， ∴, 即,解得. ∴点到平面的距离为. 19. 若存在，，使得恰为函数的全部零点所构成的集合，则称为“分圆函数”． （1）分别判断下列函数是否为“分圆函数”；（结论不要求证明） ①； ②． （2）求证：对任意a∈R，均为“分圆函数”； （3）若为“分圆函数”，求的值． 【答案】（1）①是；②不是 （2）证明见解析 （3）或； 【解析】 【分析】（1）根据“分圆函数”定义，解出两函数零点即可作出判断； （2）利用换元法并结合韦达定理可知的全部零点为，，可得结论； （3）法1：利用换元法并结合韦达定理，利用周期性得出其在对应区间内的零点，分类讨论得出符合题意的的取值即可； 法2：将表达式变形可得，结合余弦函数周期性并对函数在不同周期内的零点进行分析，讨论的取值是否符合题意即可得到结果. 小问1详解】 ①是； 令，解得； 即可得，所以的零点的解集为； 所以存在使得为“分圆函数”． ②不是； 令，即， 解得或； 显然这两部分解无法用同一个表达式来表示，所以不是“分圆函数”． 【小问2详解】 令， ，故其必有两个不等实根， 由韦达定理：，令，则 因此的全部零点为，； 故对任意a∈R，均为“分圆函数” 【小问3详解】 法1： 令， 易知，故其必有两个不等实根， 由韦达定理可得 因为在上至多有两个解，在上至多有两个解； 所以在上至多有4个解，则 当时：由于，则且，不合题 当时：必有或 （i）若，则， 此时，的全部零点为，故合题意； （ii）若，则， 此时，的全部零点为，故合题意； 当时：若，则 则，均为的根 而，故 因此 此时，的全部零点为，故合题意； 综上或； 法2： 易知为定义在上的以2π为周期的函数，先在上分析其性质； 记，其在，上均单调递增 故在上的增区间为，，减区间为，，且，； 若，则，在恰有两个零点记为，在上恒正，无零点， 由周期性可知在上恰有两个零点，记为，，因此，，，依次为的四个相邻零点； 而，不合题意，故， 同理，因此， 当时，的全部零点为，合题意； 当时，的全部零点为，合题意； 当时，在，，，各一个零点，分别记作，，，， 若为“分圆函数”，则有； 故，， 因此，故，， 注意到为偶函数，则，解得，； 故， 当时，全部零点为：，合题意； 综上，或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $