广东省深圳市某校2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

数学试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A B C B D C ACD BD 题号 11 答案 ABD 1．D 【分析】先求出，再结合虚部定义可解． 【详解】，则，则，虚部为． 故选：D. 2．A 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】 . 故选：A. 3．A 【分析】根据向量的线性运算即可求解. 【详解】 故选：A 4．B 【分析】根据线面平行或垂直的判定及性质定理逐个判断即可． 【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能相交，还可能异面，故A错误； 对于B，若，，则，又，所以，故B正确； 对于C，D，，，，则与可能平行，也可能异面或相交，故C，D错误； 故选：B． 5．C 【分析】利用向量在方向上的投影向量为，代入数据计算可得. 【详解】由题意：. 故选：C 6．B 【分析】根据正四棱台性质求出侧棱长，继而求得高，根据棱台的体积公式，即可求得答案. 【详解】因为是正四棱台，，， 侧面以及对角面为等腰梯形，故，， ，所以， 所以该四棱台的体积为， 故选：B. 7．D 【分析】列举出基本事件，对四个选项一一判断： 对于A：由事件A与D有相同的基本事件，否定结论；对于B：由事件C与D有相同的基本事件，否定结论；对于C、D：利用公式法进行判断. 【详解】连续抛掷这个正四面体两次，基本事件有：. 其中事件A包括： . 事件B包括： . 事件C包括：. 事件D包括： . 对于A：因为事件A与D有相同的基本事件，故与互斥不成立.故A错误； 对于B：因为事件C与D有相同的基本事件，故C与对立不成立.故B错误； 对于C：因为,,而.因为，所以与不是相互独立.故C错误； 对于D：因为,,而.因为两个事件的发生与否互不影响，且，所以与相互独立.故D正确. 故选：D 8．C 【分析】根据题意，在直角和直角中，分别求得和，再在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】由题意，可得， 且， 在中，可得， 在中，可得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：C. 9．ACD 【详解】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【分析】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确； 图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B错误，C正确； 图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确. 故选：ACD. 10．BD 【分析】由图可知，结合周期求得，进而求得，进而逐项计算判断即可. 【详解】由图知，则， ，所以，则， 即 因为，所以，，即，. 因为，得，所以， 对于选项A，时，，又因为函数不关于对称， 所以不是的对称轴，故A错误； 对于选项B，当时，，因为函数在上单调递增， 所以在上单调递增，故B正确； 对于选项C，当时，，最小值为，故C错误； 对于选项D，，又因为， 所以是偶函数，故向右平移个单位后为一个偶函数，故D正确. 故选：BD. 11．ABD 【分析】由题易证得面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，可判断A；取的中点分别为，连接，由面面平行的判定定理可得平面面，因为面，所以平面，当时，AQ有最小值可判断B；由三角形外心的性质和向量数量积的性质可判断C；在上取点，使得，易知点Q的轨迹为圆弧可判断D. 【详解】对于A，因为，又因为面， 面，所以面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确； 对于B，取的中点分别为，连接， 则易证明：，面，面，所以面， 又因为，，面，面，所以面， ，所以平面面，面，所以平面 当时，AQ有最小值，则易求出，所以重合，所以则AQ的最小值为，故B正确； 对于C，若的外心为M，，过作于点， 则.故C错误； 对于D，过作于点，易知平面， 在上取点，使得，则， 所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动， 又因为所以，则圆弧等于，故D正确. 故选：ABD. 12． 【分析】由直观图作出原图，确定原图结构，然后计算面积. 【详解】 直观图恰好是边长为1的正方形，所以， 由直观图知原图为平行四边形，，，， 所以原平面图形的面积为， 故答案为：. 13．（答案不唯一，） 【分析】由正余弦型函数的奇偶性，结合诱导公式列式求解即得. 【详解】函数为奇函数，则， 所以符合条件的一个的取值可以为. 故答案为： 14． 【分析】在中，由余弦定理可得：，由正弦定理可得，根据角平分线的性质可得：，在中，由正弦定理可得：即可求解. 【详解】因为在中，    由余弦定理可得：，解得 由正弦定理可得：，即，解得：， 因为的角平分线交于，所以，由角平分线性质可得：，所以， 在中，由正弦定理可得：，即，解得： 故答案为： 15．(1)，； (2). 【分析】（1）根据求出，然后利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可得； （2）利用整体代入法求出的单调递增区间，结合可得. 【详解】（1）因为，所以， 即，解得， 所以 ， 所以的最小正周期为. （2）由，解得， 所以的单调递增区间为， 所以在上的单调递增区间为. 16．（1）；（2），． 【分析】（1）由余弦定理化角为边可得，再利用余弦定理即可求解； （2）由面积公式即可求出面积，再利用余弦定理得出即可求出周长. 【详解】（1）由余弦定理，得， 将上式代入，整理得， ∴， ∵角B为的内角，∴． （2）在中，， 在中，由余弦定理， 将， 代入得， ∴， ∴， 的周长为． 17．(1)，分位数为 (2) (3)平均数为，方差为 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形的面积之和为，可求出的值，利用百分位数的概念可求出分位数； （2）分析可知，抽出的位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、，利用列举法结合古典概型的概率公式可求出所求事件的概率； （3）利用分层抽样的均值和方差公式可求得结果. 【详解】（1）由题意得：，解得， 抽取的样本中，设第百分位数为， 前三个矩形的面积之和为， 前四个矩形的面积之和为，所以，， 则， 解得，因此高一年级体测成绩的的分位数为. （2）由题意知，抽出的位同学中，得分在的有人，设为、， 在的有人，设为、、. 则样本空间为， ， 设事件两人分别来自和， 则，则， 因此，所以两人得分分别来自和的概率为. （3）由题意知，落在区间内的数据有个， 落在区间内的数据有个. 记在区间的数据分别为、、、，平均分为，方差为， 在区间的数据分别为为、、、，平均分为，方差为； 这个数据的平均数为，方差为. 由题意，，，，， 且，，则. 由分层抽样方差公式可得： 故得分在内的平均数为，方差为. 18．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：由题意：，， ∴，同理， 又，∴， ∴，     又面面， ∴面， ∴. 又且面，面，， ∴面； （2）以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ∴，，， 设，有， 令是平面的一个法向量， 则， 令，有， 取面的一个法向量， 由. 解得. 所以 19．(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算不等式即可； （2）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. 【详解】（1）是的“迷你向量”， ，解得. （2）①如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即， 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； {123，124，125，126，134，135，136，145，146，156，234，235，236，245，246，256，345，346，356，456}， 总共的最短路径条数，； {156，256，356，456},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， . ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年 下学期高一年级期末考试 数学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1、 答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和学号填写在答题卡密封线内相应的位置上，用2B铅笔将自己的学号填涂在答题卡上。 2、 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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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在答题卡上作答，答案必须写在答卷纸各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。 4、考生必须保持答题卡的整洁和平整。 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，则复数z的虚部为（    ） A． B． C． D．2 2．已知向量与的夹角为，，，则（    ） A．1 B． C． D． 3．如图所示，在中，为BC边上的三等分点，若，，为AD中点，则（    ） A． B． C． D． 4．设，m是两条直线，，是两个平面，则（    ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 5．已知向量，向量在方向上的投影向量为，则=（    ） A． B． C． D． 6．如图，正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．一个质地均匀的正四面体的四个面上分别标有数字1，2，3，4.连续抛掷这个正四面体两次，并记录每次正四面体朝下的面上的数字.记事件为“两次记录的数字和为奇数”，事件为“两次记录的数字和大于4”，事件为“第一次记录的数字为奇数”，事件为“第二次记录的数字为偶数”，则（    ） A．与互斥 B．与对立 C．与相互独立 D．与相互独立 8．如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（    ）   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．如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ） A．图（1）的平均数中位数众数 B．图（2）的平均数<众数<中位数 C．图（2）的众数中位数<平均数 D．图（3）的平均数中位数众数 10．函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．是的一条对称轴 B．在上单调递增 C．在上的最小值为 D．向右平移个单位后为一个偶函数 11．在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（    ） A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值 B．若平面，则AQ的最小值为 C．若的外心为M，则为定值2 D．若，则点Q的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。 12．一水平放置的平面图形，用斜二测画法画它的直观图，此直观图恰好是边长为1的正方形（如图所示），则原平面图形的面积为 . 13．已知函数为奇函数， 则符合条件的一个的取值可以为 . 14．在中，的角平分线交于，则 . 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．（13分）已知函数，且． （1）求a的值和的最小正周期； （2）求在上的单调递增区间． 16．（15分）在中，a､b､c分别是角A､B､C的对边，且． （1）求角B的大小; （2）若，求的面积和周长． 17．（15分）为了解高一年级学生身体素质的基本情况，抽取部分高一年级学生开展体质健康能力测试，满分分.参加测试的学生共人，考核得分的频率分布直方图如图所示. （1）由频率分布直方图，求出图中的值，并估计全校高一年级体测成绩的分位数； （2）为提升同学们的身体素质，校方准备增设体育课的活动项目.现采用分层抽样的方法，从得分在内的学生中抽取人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率； （3）现已知直方图中考核得分在内的平均数为，方差为，在的平均数为，方差为，求得分在内的平均数和方差. 18．（17分）如图，在四棱锥中，，，，平面平面，E为中点. （1）求证：面； （2）点Q在棱上，若二面角的余弦值为， 求的值. 19．（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”. （1）若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围； （2）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，爬完第次后停留的位置记为，设.记事件“蚂蚁经过的路径中至少有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：. 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