精品解析：广东省深圳市高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

深圳高级中学2024-2025学年第二学期期末考试 高一数学 （满分150分，考试时间120分钟） 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. （为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. 5 C. D. 2. 一组数据2，2，5，5，8，14，15，17的第25百分位数是（ ） A. 3.5 B. 2 C. 4.5 D. 5 3. 和垂直的一个单位向量的坐标可以是（ ） A B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A 若，，且，则 B. 若，，且，则 C. 若，，且，则 D. 若，，且，则 6. 已知两个随机事件A和B，其中，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 设复数在复平面内对应点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限 B. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 C. 若是关于的方程的一个根，则 D. 若，则的模为13 10. 有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当F为线段中点时，平面 B C. 不存在点F，使平面 D. 当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 哥德巴赫猜想被誉为“数学王冠上的明珠”，可以表述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.素数是除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的大于1的自然数.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是__________. 13. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则__________. 14. 已知圆为的外接圆，，则的最大值为______________. 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. 某芯片工厂生产甲型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这种芯片中抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示： 假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. （1）求甲型芯片指标的平均数和第60百分位数； （2）现采用按比例分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率. 16. 如图，四棱锥的侧面是正三角形，底面是正方形，且侧面底面，，E为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 17. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，AC边上的高等于. （1）求的值； （2）若，求△ABC的面积. 18. 在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响. （1）若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率. （2）在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章. （ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率； （ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率. 19. 如图，在棱长为3的正方体中. （1）求二面角的正切值； （2）若与平面交于点E，求线段BE的长； （3）若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 深圳高级中学2024-2025学年第二学期期末考试 高一数学 （满分150分，考试时间120分钟） 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. （为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先“分母实数化”，再整理化简，最后判断虚部即可. 【详解】因为,所以虚部是：5， 故选：B. 2. 一组数据2，2，5，5，8，14，15，17的第25百分位数是（ ） A. 3.5 B. 2 C. 4.5 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据百分位数的计算方法即可求解. 【详解】因为2，2，5，5，8，14，15，17的总个数为， ， 所以这组数据的第25百分位数是， 故选：A. 3. 和垂直的一个单位向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，，结合平面向量数量积的坐标运算可得出关于、的方程组，即可得解. 【详解】设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，， 所以，解得或， 故或，结合选项可知选项B即为所求. 故选：B 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦和差公式化简，联立求出，，两式相除得到答案. 【详解】，， 故联立可得，， 两式相除可得，即. 故选：B. 5. 设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，且，则 B. 若，，且，则 C. 若，，且，则 D. 若，，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC，由答案不完备可判断错误；对于D，直接证明正确即可. 【详解】对于A，若，，且，则或异面，故A错误； 对于B，若，，且，则平行或相交，故B错误； 对于C，若，，且，则相交或，故C错误； 对于D，若，，则，因为，所以存在使得， 所以，，所以. 故选：D. 6. 已知两个随机事件A和B，其中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为A和B是两个随机事件,所以由即可求出结果. 【详解】因为A和B是两个随机事件,所以 则 故选：D. 7. 在△ABC中，角A，B，C对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形面积公式，平面向量数量积的定义及得出，；再利用余弦定理即可求解. 【详解】由的面积为可得：； 由可得：. 因为， 所以，， 则. 因为， 所以，. 由余弦定理可知：，即. 故选：D 8. 我国古代举世闻名的数学专著《九章算术》将底面为矩形的棱台称为“刍童”.已知棱台是一个所有侧棱的长相等，高为2的“刍童”，，，则该“刍童”外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积 【详解】 如图，连接，设，连接． ∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段所在直线上， 设外接球球心为，易得， 因为，则球心不可能在线段之间，其位于的延长线上， 如图所示： 由得，解得，故, ∴外接球表面积为． 故选：C. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若点的坐标为，则对应的点在第三象限 B. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 C. 若是关于的方程的一个根，则 D. 若，则的模为13 【答案】BC 【解析】 【分析】本题根据复数的模长，复数的几何意义以及根与系数的关系即可求解. 【详解】A选项，因为点的坐标为，则对应的点为，所以在第四象限，故A选项错误； B选项，，则依据复数模长几何意义可知，表示一个圆环，面积为，故B选项正确； C选项，是关于的方程的一个根， 则，即， 整理得，解得，所以，故C选项正确； D选项，，则，故D选项错误； 故选：BC. 10. 有一组样本数据，，…，，其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中（，2，…，n且），其平均数、中位数、方差、极差分别记为，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据中位数的定义讨论即可判断；对于B，由方差的性质即可判断；对于C，由极差的定义判断即可；对于D，由方差、平均数的定义验算即可. 【详解】对于A，设，，…，已经从小到大排列好了， 则，，…，是从小到大排列的或从大到小排列的， 若是偶数，则， 而无论如何最中间两个数总是， ， 若是奇数，则， 而无论如何最中间的数总是，所以， 所以， 对于B，由方差的性质可得，，故B正确； 对于C，当时，， 当时，，故C错误； 对于D，， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图1，已知矩形中，，，E为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点F是线段上（不含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 当F为线段中点时，平面 B. C. 不存在点F，使平面 D. 当F为线段中点时，过点A，E，F的截面交于点M，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，只需证明平面平面，再结合面面平行的性质即可判断；对于BC，利用反正法说明错误即可；对于D，首先得E，C分别为的中点，进一步根据几何形状判断即可. 【详解】对于A，取中点N，连接，， 因为F为的中点，所以，因为平面，平面， 所以平面， 在矩形中，，，故四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面，所以平面，故A正确； 对于B，假设存在某个位置，使，取中点O，连接，， 显然，而，，平面， ∴平面，平面，∴，则， 但，，不可能相等，所以不可能有，所以B选项错误； 对于C，假设存在点F，使得平面成立， 因为平面，所以， 又因为且，，平面，所以平面， 又因为平面，那么， 又因为，则直角边大于斜边，矛盾，所以C选项正确； 对于D，由题意得，平面，， 由平面，得平面， 延长，交于点H，连接，则平面平面， 所以，故， 由，，得E，C分别为的中点， 若F为的中点，则， 所以，即，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 哥德巴赫猜想被誉为“数学王冠上的明珠”，可以表述为“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.素数是除了1和它自身外，不能被其他自然数整除的大于1的自然数.在不超过15的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由于不超过15素数有2，3，5，7，11，13，共6个，所以6个中选2个有种，而和为16的有2种，从而可求出概率. 【详解】不超过15的素数有2，3，5，7，11，13共6个，则从这6个数中任选2个不同的数共有种，而其中和为16的有2种，即， 所以所求概率为， 故答案为：. 13. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简可得，进而求得，得解. 【详解】因为， 由正弦定理，得，又， ， ，又，， ，即，又， ，即. 所以. 故答案为：. 14. 已知圆为的外接圆，，则的最大值为______________. 【答案】3 【解析】 【分析】先利用正弦定理求出外接圆半径，取的中点，连接，则，变形得到，当三点共线时，取得最大值，求出答案. 【详解】设圆的半径为，则，解得， 因为，所以， 取的中点，连接，则， 故， ， 当三点共线时，取得最大值，最大值为， 故最大值为. 故答案为：3 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. 某芯片工厂生产甲型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这种芯片中抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示： 假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. （1）求甲型芯片指标的平均数和第60百分位数； （2）现采用按比例分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率. 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据频率分布直方图得出各组的频率及组中值；再根据平均数和百分位数的计算方法即可求解. （2）先根据频率分布直方图及分层抽样确定指标在和内取的件数，并分别编号；再根据题意写出样本空间及所求事件包含的样本点；最后根据古典概型的概率公式可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得各组频率依次为：，，，，，. 因为各组的组中值依次为：，，，，，， 所以甲型芯片指标的平均数为 . 设第60百分位数为， 因为前四组的频率和为：， 前五组的频率和为：， 所以， 则，解得：. 所以甲型芯片指标的平均数为，第60百分位数为 【小问2详解】 根据频率分布直方图及分层抽样可得：指标在内取3件，分别编号为，，； 指标在取3件，分别编号为，，. 从甲型芯片指标在内取6件，再从这6件中任取2件，样本空间可记为 ，共包含个样本点； 指标在和内各1件，包含的样本点有： 共种； 所以根据古典概型的概率公式可得：指标在和内各1件的概率为. 16. 如图，四棱锥的侧面是正三角形，底面是正方形，且侧面底面，，E为侧棱的中点. （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于O，连接，可得，利用线面平行的判定定理得证； （2）取的中点为，由题可得平面，利用三棱锥等体积转换得，得解. 【小问1详解】 连接交于O，连接， ∵O、E分别为、的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴平面. 【小问2详解】 取的中点为，连接，∵侧面是正三角形，∴，且， ∵平面底面，平面底面，平面， ∴平面， 故. 17. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，，AC边上的高等于. （1）求的值； （2）若，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据三角形的面积公式得出；再利用正弦定理将边化为角得出；最后根据两角和的余弦公式及诱导公式可求解. （2）结合（1）中及余弦定理可得；再根据三角形面积公式可求解. 【小问1详解】 因为AC边上的高等于 所以，即 由正弦定理得， 又因为， 所以． 又因为， ， 所以， 故 【小问2详解】 由（1）知. 因为， 所以. 因为， 所以由余弦定理可得：， 即， 则，即，解得， 所以△ABC的面积. 18. 在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响. （1）若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率. （2）在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章. （ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率； （ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由独立乘法公式即可求解； （2）（i）由独立乘法、互斥加法公式即可求解；（ii）先求得，再根据乘法公式、对立事件概率公式即可求解. 【小问1详解】 设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G， 则 . 小问2详解】 设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）. （i）根据独立性假定，得 ，， ，. 设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立. 所以. （ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”， ， ， 由已知， 所以， . 19. 如图，在棱长为3的正方体中. （1）求二面角的正切值； （2）若与平面交于点E，求线段BE的长； （3）若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点F，连接、BF，先根据二面角的定义得出为二面角的平面角；再根据线面垂直的性质及三角形的有关计算即可求解. （2）连接，先根据正方体的性质、线面垂直的性质定理及判定定理得出平面；再根据正方体的性质得出E为正的中心；最后根据中线的性质可求解. （3）先根据线面垂直的性质及三角形的有关计算得出点P的轨迹；再根据线面垂直得出与平面所成的角为，且；最后根据同角三角函数基本关系即可求出. 【小问1详解】 取的中点F，连接、BF， 则由正方体的性质可得：，，且平面 ∴，， 故为二面角的平面角， 又∵平面， ∴， 则. ∵正方体的棱长为3， ∴， 则， ∴二面角的正切值为. 【小问2详解】 如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴， 由正方体性质可知：平面， ∵平面， ∴， ∵， ∴平面. ∵平面， ∴， 同理可证得， ∵， ∴平面. ∵，与平面交于点E， ∴， ∴，即E为的外心. ∵由正方体的性质可得：， ∴是正三角形； ∴E为正的中心. ∵正方体的棱长为3， ∴ ∵因为点F为的中点， ∴. 【小问3详解】 如图，由（2）知，则. 由正方体的体对角线公式可得：， ∴. ∵平面，平面， ∴，即，. ∵， ∴，即， 即，两边平方后，整理得， 又∵， ∴， ∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆. ∵平面， ∴与平面所成的角为，且， ∵， ∴ 故直线与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$