精品解析：北京市大兴区2024-2025学年高一下学期期末检测数学试卷

大兴区2024～2025学年度第二学期期末检测 高一数学 2025.07 本试卷共4页，150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 某学校有高中学生500人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为160，150，190，为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用按比例分层抽样的方法从中抽取一个容量为50的样本，那么应抽取高二年级的人数为（ ） A. 15 B. 16 C. 19 D. 32 4. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 5. 从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲、乙两人中至少一人被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 设，为两个不同的平面，则“”是“内有无数条直线与平行”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 若向量与满足，且，则在上的投影向量的模为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 8. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则；②若，，，则； ③若，，，则；④若，，且，则. 其中真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 9. 在锐角中，为面积，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 在编号分别为的n名同学中挑选一人参加某项活动，挑选方法如下：抛掷两枚骰子，将两枚骰子的点数之和除以n所得的余数如果恰好为i，则选编号为i的同学．下列哪种情况是不公平的挑选方法（ ） A B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 若两条不同直线，没有公共点，则，所有可能的位置关系是______. 12. 若非零向量与满足，则与夹角的大小为______. 13. 某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如表所示． 赔付金额/元 0 1000 2000 3000 4500 车辆数/辆 600 80 110 120 90 若每辆车的投保金额均为2500元，估计赔付金额大于投保金额的概率为______；在样本车辆中，车主是新司机的占15%，在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为______． 14. 已知直角三角形的两条直角边长分别为3，4，分别以两条直角边和斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，则这三个几何体中，体积的最大值是______；表面积的最小值是______. 15. 如图，正四面体的所有棱长为1、、分别是棱、上的点，且，，给出下列四个结论： ①存在、使得平面； ②存在，使得； ③不存在，使得平面平面； ④三棱锥体积的最大值为. 其中所有正确结论的序号是______. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知复数，，. （1）若是实数，求值； （2）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 17. 小明利用地图软件统计出他近期100次早上从家到公司的导航过程中的红灯等待时间，他将数据分成了，，，，（单位：秒）这5组，并整理得到频率分布直方图，如图所示. （1）求图中的值； （2）估计小明红灯等待时间的第60百分位数（结果精确到0.1）； （3）根据以上数据，估计小明在接下来10次早上从家到公司的出行中，红灯等待时间低于85秒的次数. 18. 在中，. （1）求的值； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 19. 一个口袋中有质地和大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢. （1）求编号和为5的事件发生的概率； （2）这种游戏规则公平吗？说明理由； （3）如果甲摸出球后不放回，则游戏对谁有利？ 20. 《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 21. 类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； （3）在图2中，直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大兴区2024～2025学年度第二学期期末检测 高一数学 2025.07 本试卷共4页，150分.考试时间120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回. 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦的二倍角公式计算可得结果. 【详解】易知. 故选：A 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据共轭复数定义以及模长公式计算可得. 【详解】由可得， 因此. 故选：D 3. 某学校有高中学生500人，其中高一年级、高二年级、高三年级的人数分别为160，150，190，为调查学生参加“社区志愿服务”的意向，现采用按比例分层抽样的方法从中抽取一个容量为50的样本，那么应抽取高二年级的人数为（ ） A. 15 B. 16 C. 19 D. 32 【答案】A 【解析】 分析】根据抽样比即可求解. 【详解】应抽取高二年级的人数为, 故选：A 4 已知向量，，且，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示计算即可. 【详解】由可得，即， 解得. 故选：B 5. 从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲、乙两人中至少一人被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用古典概型公式计算即可. 【详解】设这5名学生分别为甲、乙、丙、丁、戊； 从这5名学生中随机选出2人，共有甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊，共10种选法； 易知“甲、乙两人中至少一人被选中”共有7种情况， 因此所求概率为. 故选：D 6. 设，为两个不同的平面，则“”是“内有无数条直线与平行”成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据面面平行性质以及线面平行性质判断即可. 【详解】易知当“”时，一定满足“内有无数条直线与平行”，因此充分性成立； 若“内有无数条直线与平行”，此时可能相交，有无数条直线与两平面的交线平行，即必要性不成立； 所以“”是“内有无数条直线与平行”成立的充分不必要条件. 故选：A 7. 若向量与满足，且，则在上的投影向量的模为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出；再结合向量的投影公式，及向量模的计算即可求解. 【详解】由，可得： 因为， 所以. 又因为在上的投影向量为， 所以在上的投影向量的模. 故选：C. 8. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则；②若，，，则； ③若，，，则；④若，，且，则. 其中真命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于①，，，则；①正确， 对于②，若，，故，又，则；②正确， 对于③，若，，，则或者，异面；③错误， 对于④，若，，且，则，则④正确， 故选：D 9. 在锐角中，为的面积，，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合三角形面积公式与余弦定理,可得再根据,可求解，结合正弦定理可得，即可根据角的范围，结合三角函数的性质求解. 【详解】因为，且， 所以，即. 由余弦定理得：，所以. 又，所以，解得：或. 因为为锐角三角形，所以，, 因为，所以， 由正弦定理得：，故， 因为为锐角三角形，所以，即，所以. 所以, 因此，即， 故选：D 10. 在编号分别为的n名同学中挑选一人参加某项活动，挑选方法如下：抛掷两枚骰子，将两枚骰子的点数之和除以n所得的余数如果恰好为i，则选编号为i的同学．下列哪种情况是不公平的挑选方法（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 首先求出两枚骰子的点数之和可能的取值对应的概率，再分别讨论四个选项中的取值对应的余数的概率，若每一个余数的概率都相等则是公平的，若不相等则不公平，即可得正确选项. 【详解】由题意知两枚骰子的点数之和为，则可能为， ， ，，， ，，，，，， 对于选项A：时， ，， 所以是公平的，故选项A不正确； 对于选项B：时，， ，， ，所以是公平的，故选项B不正确； 对于选项C：时， ，， ， 因概率不相等，所以不公平，故选项C正确； 对于选项D：时， ，，， ，，， 所以是公平的，故选项D不正确， 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是理解题意，对于所给的值的每一个余数出现的概率相等即为公平，不相等即为不公平. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 若两条不同直线，没有公共点，则，所有可能的位置关系是______. 【答案】平行或异面 【解析】 【分析】根据空间中两直线的位置关系即可得出结论. 【详解】当，在同一平面内时，若两条不同直线，没有公共点,此时两直线平行； 当，不在同一平面内时，两直线无公共点，即两直线异面. 故答案为：平行或异面 12. 若非零向量与满足，则与夹角的大小为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义，向量模的计算方法及数量积的运算法则即可求解. 【详解】设与夹角为，. 令， 则. 由，可得：， 又因为， 所以，解得，， 故答案为： 13. 某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如表所示． 赔付金额/元 0 1000 2000 3000 4500 车辆数/辆 600 80 110 120 90 若每辆车的投保金额均为2500元，估计赔付金额大于投保金额的概率为______；在样本车辆中，车主是新司机的占15%，在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为______． 【答案】 ①. 0.21## ②. 0.18## 【解析】 【分析】计算出赔付金额大于投保金额的频率，得到估计赔付金额大于投保金额的概率；在求出投保的新司机人数和赔付金额为4500元的样本车辆中，新司机人数，估计出在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率. 【详解】赔付金额大于投保金额的频率为， 估计赔付金额大于投保金额的概率为0.21， 在样本车辆中，车主是新司机的占15%， 故投保的新司机人数为， 在赔付金额为4500元样本车辆中，车主是新司机的占30%，即人， 估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为. 故答案为：0.21，0.18 14. 已知直角三角形的两条直角边长分别为3，4，分别以两条直角边和斜边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成三个几何体，则这三个几何体中，体积的最大值是______；表面积的最小值是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥，直角三角形绕其斜边旋转可以得到两个共用同一底面的圆锥的组合体，分别求出他们的表面积和体积，进行比较可得答案． 【详解】由题意可知，斜边，且斜边上的高 当绕边旋转时，此时得到的是以为底面圆半径，母线分别为的两个共底面的圆锥， 其表面是两个扇形的表面，所以其表面积为； 体积； 当绕边旋转时，， 体积； 当绕边旋转时，， 体积． ∴． 故答案为：， 15. 如图，正四面体的所有棱长为1、、分别是棱、上的点，且，，给出下列四个结论： ①存在、使得平面； ②存在，使得； ③不存在，使得平面平面； ④三棱锥体积的最大值为. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】取时，得到，再根据线面平行的判定定理即可得解①；根据平面，求解②,根据三点共线时，平面平面，然后利用平面向量基本定理的推论判断即可③；对于④，先求出三棱锥的高AO，然后利用基本不等式求出面积的最大值，即可求出三棱锥体积的最大值． 【详解】当时，、分别是棱、的中点，此时， 因为平面，平面，所以平面，故①正确. 取中点为，连接,则,平面，则平面，平面，则, 假设，平面,且为平面内两相交直线， 故平面，这显然不合理，因此不存在，使得； ②错误， 设为的中心，连接，因为经过点有且只有一条直线垂直于平面 ，所以经过点且垂直于平面的平面一定经过直线， 即当且仅当三点共线时，平面平面， 因为，， 所以，，设的中点为，连接， 则，因为三点共线， 所以，整理得，因为，所以此方程无解， 所以不存在，使得平面平面，故③正确. 易知， 在中,，， 所以的面积， 当且仅当时等号成立，所以三棱推体积的最大值为. 故④正确. 故答案为：①③④ 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知复数，，. （1）若是实数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的除法运算以及复数类型可求得结果； （2）由乘法公式求出对应点坐标，再根据第二象限解不等式即可. 【小问1详解】 易知， 因为是实数，所以， 解得. 【小问2详解】 易知， 所以复数在复平面内对应的点为， 该点在第二象限，所以，解得. 即的取值范围为 17. 小明利用地图软件统计出他近期100次早上从家到公司的导航过程中的红灯等待时间，他将数据分成了，，，，（单位：秒）这5组，并整理得到频率分布直方图，如图所示. （1）求图中的值； （2）估计小明红灯等待时间的第60百分位数（结果精确到0.1）； （3）根据以上数据，估计小明在接下来的10次早上从家到公司的出行中，红灯等待时间低于85秒的次数. 【答案】（1） （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图小矩形面积为1计算可得； （2）利用百分位数定义计算可得结果； （3）求出红灯等待时间低于85秒的频率即可估计出所求次数. 【小问1详解】 易知组距为10，依题意可得， 解得； 【小问2详解】 易知和两区间的频率之和为； 前三组，，的频率之和为； 因此第60百分位数位于区间内， 设第60百分位数为，所以， 解得 【小问3详解】 由频率分布直方图可知红灯等待时间低于85秒的频率为， 所以估计10次早上从家到公司的出行中，红灯等待时间低于85秒的次数为次. 18. 在中，. （1）求的值； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算可得； （2）若选择条件①，利用余弦定理解方程可知不存在； 若选择条件②,利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一； 若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一. 【小问1详解】 由可得， 由余弦定理可得，即，因此； 又，可得 【小问2详解】 若选择条件①：； 由余弦定理可得， 整理可得，此时，该方程无实数根， 即条件①使不存在； 若选择条件②：； 由正弦定理可得， 联立，解得； 由可得，即， 解得或（舍）， 此时条件②使存在且唯一，符合题意； 所以其面积为 若选择条件③： 易知， 利用正弦定理可得， 由可得，即， 解得或（舍）， 此时条件③使存在且唯一，符合题意； 所以其面积为. 19. 一个口袋中有质地和大小完全相同的5个球，编号分别为1，2，3，4，5，甲、乙两人玩一种游戏，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢. （1）求编号和为5的事件发生的概率； （2）这种游戏规则公平吗？说明理由； （3）如果甲摸出球后不放回，则游戏对谁有利？ 【答案】（1） （2）不公平，理由见解析； （3）对乙有利； 【解析】 【分析】（1）写出样本空间，利用古典概型公式计算即可； （2）分别求出两人赢的概率，即可知游戏规则不公平； （3）求出不放回时两人赢的概率，即可得出结论. 【小问1详解】 根据题意可知摸出的所有球的组合情况共有以下情况： （甲、乙） 1 2 3 4 5 1 （1，1） （1，2） （1，3） （1，4） （1，5） 2 （2，1） （2，2） （2，3） （2，4） （2，5） 3 （3，1） （3，2） （3，3） （3，4） （3，5） 4 （4，1） （4，2） （4，3） （4，4） （4，5） 5 （5，1） （5，2） （5，3） （5，4） （5，5） 共25种情况， 其中编号和为5的事件发生的情况有（2，3），（3，2），（1，4），（4，1），共4种； 因此编号和为5的事件发生的概率； 【小问2详解】 易知两个编号的和为偶数的情况共有13种， 如果两个编号的和为偶数算甲赢，则甲赢的概率为， 则乙赢的概率为， 显然两人赢的概率并不相等，因此这种游戏规则不公平. 【小问3详解】 设甲胜为事件，乙胜为事件； 则甲胜即摸出球的两个编号的和为偶数所包含的基本事件数为8个， 即； 不放回摸球时易知甲、乙两人取出的数字共有种 因此甲赢的概率为，乙赢的概率为， 显然此时，此时游戏对乙有利. 20. 《九章算术》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”，这里所谓的“阳马”，就是底面是矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥为阳马，底面，，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，需要证明该直线与平面内一条直线平行即可，即证明. （2）要证明线面垂直，需要证明该直线与平面内的两条相交直线垂直即可，即证明. 【小问1详解】 取的中点，连接. 在中，，所以. 因为， 所以，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，而不在平面内， 所以平面. 【小问2详解】 连接. 在中，，，所以. 由（1）知，所以. 因为平面，平面，所以. 根据勾股定理得. 而，， 所以，又，所以. 又平面， 所以平面. 21. 类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则.如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. （1）在图2中，用三面角余弦定理求值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； （3）在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 【答案】（1） （2）存在，，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值； （2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案； （3）分两种情况，当过点和不过点，由（1）及三面角公式可得，又，所以，证明出结论. 【小问1详解】 设，连接， 因为底面为菱形，所以，，为的中点， 又，为公共边，所以≌， 所以，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面， 故二面角的大小为， 又，则，， 又，所以为等边三角形，， 由三面角余弦定理得 ； 【小问2详解】 存在，，理由如下： 由三面角余弦定理得， 即，， 显然为锐角，故， 在中，由正弦定理得， 即，故， 由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 此时，使得； 【小问3详解】 由题意得，设平面内任一条直线为， 当过点时，记与的夹角为，， 由（1）及三面角公式可得， 因为，所以， 又，所以， 当不过点时，过点作，记与的夹角为，， 则， 又，所以， 综上， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$