精品解析：浙江省宁波市奉化区2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题+答案

二○二四学年第二学期奉化区期末联考高一数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共64分） 一、单项选择题：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. 若复数z满足，则z的虚部为（ ） A. 1 B. C. i D. 2. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 3. 已知一组数，，，的平均数是3，方差为4，则数据，，，的平均数和方差分别是（    ） A. 7，8 B. 7，16 C. 6，8 D. 6，16 4. 若，为空间中两条不同的直线，、为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 5. 掷一个骰子，观察朝上的面的点数，设事件“点数为奇数”，事件“点数为的整数倍”，若，分别表示事件，发生的概率，则（ ） A. ， B. ， C. D. 6. 已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，一个底面半径为2dm，母线长为的圆锥形封闭透明容器内部装有一种液体，当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的，则当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于水平桌面时，液面的高度为（ ） A. B. 2dm C. 3dm D. 8. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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. 设是一个随机试验的两个事件，则（ ） A. 若对立，则一定互斥 B. 若，则 C. 若，则相互独立 D. 若，则一定对立 10. 在中，，，分别是内角，，的对边，下列说法正确的是（ ） A. 若为锐角，则 B. 若为锐角，则 C. 若，则 D. 若为锐角三角形，则 11. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 已知，，是关于的方程的一个根，则 D. 若复数满足，则的最大值为 12. 如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点F的轨迹的线段为 C. 三棱锥的体积为 D. 若过A、M、三点作正方体的截面Ω，Q为Ω上一点，则线段长度最大值为 第Ⅱ卷（非选择题 共86分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 13. 已知，，若，则______． 14. 已知，（i为虚数单位），则______． 15. 如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的半径为______． 四、解答题：本题共5小题，共71分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 复数z满足为纯虚数，复数z在复平面内所对应的点在第一象限． （1）已知，求复数z； （2）已知，复数所对应的向量为，已知，求λ的值． 17. 某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 已知乙样本中数据在的有10个． （1）求n和乙样本直方图中a的值； （2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）； （3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在和的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在中的概率． 18. 如图，四棱锥中，PC垂直平面ABCD，，∥，，，E是线段PB上的动点． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值； （3）若∥平面，求点E的位置． 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求B； （2）若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围. 20. 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x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i次后停留的位置记为，设．记事件“蚂蚁经过的路径中至少有n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写出从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线（如：右右右上）一般地，总数n步中恰有m步向上走其余各步向右走的方法总数为： ②当时，求； ③证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 二○二四学年第二学期奉化区期末联考高一数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共64分） 一、单项选择题：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. 若复数z满足，则z的虚部为（ ） A. 1 B. C. i D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合复数的概念，即可求解. 【详解】由复数z满足，可得复数z的虚部为. 故选：B. 2. 已知某平面图形的直观图是如图所示的梯形，且，则原图形OABC的面积为（ ） A. B. C. 12 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】求出梯形的面积，再利用斜二测画法直观图与原图形面积关系求解即得. 【详解】梯形中，，而， 则梯形的高， 因此梯形的面积， 而在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的， 所以原图形OABC的面积为. 故选：D 3. 已知一组数，，，的平均数是3，方差为4，则数据，，，的平均数和方差分别是（    ） A. 7，8 B. 7，16 C. 6，8 D. 6，16 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数与方差的基本公式以及性质求解即可. 【详解】由题意，，. 所以，，，的平均数 ， 方差. 故选：B. 4. 若，为空间中两条不同的直线，、为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，由线面垂直的性质可得A正确；B选项，由线面平行得到面面平行，进而由线面垂直得到面面垂直，推出B正确；C选项，先得到，又，则；D选项，可举出反例. 【详解】A：若，，则，故A正确； B：，存在平面，使得且， 因为，所以，故，故B正确； C：若，，则，又，则，故C正确； D：若，，则或与异面或与相交，故D错误 故选：D． 5. 掷一个骰子，观察朝上的面的点数，设事件“点数为奇数”，事件“点数为的整数倍”，若，分别表示事件，发生的概率，则（ ） A. ， B. ， C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用古典概型求解概率即可. 【详解】首先，我们知道投掷的点数有， 对于，符合条件的有，对于，符合条件的有， 故，，故B正确. 故选：B 6. 已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量公式可求向量在向量上的投影向量. 【详解】向量在向量上的投影向量为， 故选：A. 7. 如图，一个底面半径为2dm，母线长为的圆锥形封闭透明容器内部装有一种液体，当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的，则当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于水平桌面时，液面的高度为（ ） A. B. 2dm C. 3dm D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合圆锥体积公式，利用液体的体积相等可求答案. 【详解】因为圆锥的底面半径为2dm，母线长为，所以高为， 当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的， 所以液面的半径为1，此时液体的体积为， 当圆锥的顶点在桌面上，且底面平行于桌面时，此时液体的形状是倒立的圆锥， 设圆锥的底面半径为，高为，则有，即， .此时液体的体积为， 由，得，所以. 故选：D. 8. 中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量模长可得，到的距离，再根据平面向量数量积的运算，结合平面向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】由八卦图的对称性可得， 故 . 设到的距离为，则， 解得. 又 . 又即在上的投影， 其最大值为， 最小值为. 故， 即. 故选： C 二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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. 设是一个随机试验的两个事件，则（ ） A. 若对立，则一定互斥 B. 若，则 C. 若，则相互独立 D. 若，则一定对立 【答案】AC 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件的关系判断A，根据事件的包含关系判断B，利用相互独立事件的概念判断C，结合对立事件定义举反例判断D. 【详解】选项A：互斥事件为两事件不能同时发生，对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生， 所以对立事件一定互斥，互斥事件不一定对立，A说法正确； 选项B：若，则，B说法错误； 选项C：由相互独立事件的概念可知，若，则相互独立，C说法正确； 选项D：对立事件为两事件不能同时发生且两者必有其一发生，即不能保证两事件不同时发生，也不能保证两者必有其一发生， 如投掷一枚骰子，事件为：向上的点数为奇数，事件为向上的点数不小于4， 满足，但不是对立事件，D说法错误； 故选：AC 10. 在中，，，分别是内角，，的对边，下列说法正确的是（ ） A. 若为锐角，则 B. 若为锐角，则 C. 若，则 D. 若为锐角三角形，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对AB，由余弦定理即可判断；对C，由,结合正弦定理即可比较a，b大小，由大边对大角，即可比较A，B大小，对于D：利用正弦函数性质与诱导公式即可求得结果. 【详解】对于A：因为为锐角，则由，故A正确； 对于选项B：同A可知选项B错误； 对于选项C：由,由正弦定理得， 故，由大边对大角，得到,故选项C正确； 对于选项D:因为为锐角三角形，所以 且，因为正弦函数在区间单调递增， 故，故选项D正确； 故选:ACD 11. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 已知，，是关于的方程的一个根，则 D. 若复数满足，则的最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】由复数的模长公式可判断A选项；由共轭复数的概念及复数的乘法法则可判断B选项； 对于C选项，利用共轭复数根的性质结合韦达定理，即可求得和的取值； 对于D选项，将复数模长公式的几何意义，将的模长转化为圆上的点，的最大值为圆心到点的距离再加上半径，即可判断. 【详解】A选项：若，则，故A错误； B选项：若，则，故B错误； C选项：因为是关于的方程的一个根，则也是关于的方程的一个根， 所以，解得， 则，故C正确； D选项：设，因为， 所以，即，其表示圆心为，半径为2的圆. 而，其表示圆上的点到点的距离. 因为圆心到点的距离为， 所以的最大值为，故D正确. 故选：CD. 12. 如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点F的轨迹的线段为 C. 三棱锥的体积为 D. 若过A、M、三点作正方体的截面Ω，Q为Ω上一点，则线段长度最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH；选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为H到平面的距离，再结合线面垂直及等体积法，利用四棱锥的体积求解所求三棱锥的体积；选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长. 【详解】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 可知正方体的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确； 对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，且平面，平面， 所以平面，同理可得：平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH， 其长度为，故B错误； 对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面， 则点F到平面的距离为H到平面的距离，过点B作， 因为平面，平面，所以，又， 平面，所以平面， 所以，故C正确； 对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上， 因为截面平面，平面平面，所以， 同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点， 在四棱锥中，侧棱最长，且，故D错误. 故选：AC. 第Ⅱ卷（非选择题 共86分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 13. 已知，，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线的坐标表示求解即可. 【详解】由，得，解得. 故答案为：. 14. 已知，（i为虚数单位），则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的运算法则，化简得到，根据复数相等的充要条件，求得的值，即可求解. 【详解】由，可得，所以. 故答案为：. 15. 如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的半径为______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意，三棱锥的体积最大时，平面平面，取的中点，证得平面，再取的中点为，证得，在直角中，求得，再在直角中，得到，得到为三棱锥外接球的球心，即可求解. 【详解】如图所示，设点到平面的距离为， 因为，且为定值， 所以当三棱锥的体积最大时，只需取得最大值，此时平面平面， 取的中点，连接，因为且， 可得且， 因为平面平面，且平面，所以平面， 取的中点为，连接，因为平面，所以， 因为在梯形中，，， 可得，则，所以，且， 在直角中，可得， 在直角中，根据直角三角形的中线性质，可得， 所以，即为三棱锥外接球的球心， 设三棱锥外接球的半径为，则. 故答案为：2 四、解答题：本题共5小题，共71分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 复数z满足为纯虚数，复数z在复平面内所对应的点在第一象限． （1）已知，求复数z； （2）已知，复数所对应的向量为，已知，求λ的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设复数，由，得到，再由为纯虚数，得到，联立方程组，即可求解； （2）根据题意，得到向量，，，结合，列出方程，即可求得的值. 【小问1详解】 解：设复数， 因为复数z在复平面内所对应的点在第一象限，所以， 又因为，则，即 又由为纯虚数，则， 联立方程组，其中， 解得，所以. 【小问2详解】 解：因为，可得，，则向量，，， 可得，， 因为，可得，即，解得． 17. 某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图： 已知乙样本中数据在的有10个． （1）求n和乙样本直方图中a的值； （2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）； （3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在和的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在中的概率． 【答案】（1），； （2）物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为； （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在的频率为0.2，这个组学生有10人，由此能求出，由乙样本数据直方图能求出； （2）利用甲、乙样本数据频率分布直方图能估计估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数； （3）由频率分布直方图可知从分数在和的学生中分别抽取2人和4人，将从分数在中抽取的2名学生分别记为，，从分数在中抽取的4名学生分别记为，，，，利用列举法能求出这两人分数都在中的概率． 【小问1详解】 解：由直方图可知，乙样本中数据在的频率为， 则， 解得； 由乙样本数据直方图可知，， 解得； 【小问2详解】 解：甲样本数据的平均值估计值为 ， 乙样本数据直方图中前3组的频率之和为， 前4组的频率之和为， 所以乙样本数据的第75百位数在第4组，设第75百位数为， ， 解得，所以乙样本数据的第75百位数为， 即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为； 【小问3详解】 解：由频率分布直方图可知从分数在和的学生中分别抽取2人和4人， 将从分数在中抽取的2名学生分别记为，， 从分数在中抽取的4名学生分别记为，，，， 则从这6人中随机抽取2人的基本事件有： ，，，，，，，，，，，，，，共15个， 所抽取的两人分数都在中的基本事件有6个， 即这两人分数都在中的概率为． 18. 如图，四棱锥中，PC垂直平面ABCD，，∥，，，E是线段PB上的动点． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值； （3）若∥平面，求点E的位置． 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）点E为线段的三等分点，且 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据题意可证平面，进而可得结果； （2）利用三垂线法分析可知二面角的为，进而运算求解； （3）根据线面平行的性质可得∥，结合平行线的性质分析求解. 【小问1详解】 取的中点，连接， 由题意可知：∥，，则为平行四边形， 且，可知为矩形，则， 可得，即，则， 因为平面ABCD，平面ABCD， 则，且，平面，可得平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）可知：，， 且，平面，可得平面， 且平面，所以， 可知二面角的为， 且，可得， 所以二面角的正弦值. 【小问3详解】 设，连接， 若∥平面，且平面，平面平面， 则∥，可得， 又因为∥，则，可得， 所以点E为线段的三等分点，且. 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. （1）求B； （2）若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC（包括顶点）上，，.设，将的面积S表示为的函数，并求S的取值范围. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由题干及余弦定理可得，再根据余弦定理即可求解； （2）由题可得为等边三角形，，在与中，分别由正弦定理求出，，根据三角形面积公式可得，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即，所以. 因为，所以. 【小问2详解】 由及可知为等边三角形. 又因为，，所以.    在中，，由正弦定理可得，即. 在中，，由正弦定理可得，即. 所以. 因为 ， 因为，所以，所以， 所以. 所以，所以， 所以. 所以的取值范围为. 20. 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x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i次后停留的位置记为，设．记事件“蚂蚁经过的路径中至少有n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写出从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线（如：右右右上）一般地，总数n步中恰有m步向上走其余各步向右走的方法总数为： ②当时，求； ③证明：． 【答案】（1） （2）①右右右上、右右上右、右上右右、上右右右；②；③证明见解析 【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根据题意分析求解即可； ②应用列举法计算古典概型即可； ③应用古典概型证明即可. 【小问1详解】 是的“迷你向量”， ，解得． 【小问2详解】 ①从坐标原点沿最短路径爬行到点的所有路线：右右右上、右右上右、右上右右、上右右右． ②如图，当时，能使得是的迷你向量的共有四个，即，，，N， 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； ， 总共的最短路径条数，； ，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， ． ③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， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $