精品解析：河北省石家庄市二中教育集团2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

石家庄二中教育集团2024-2025学年度高一年级下学期 期末考试数学试卷 （时间：120分钟 分值：150分 命题人：甄健华 苑凯轩） 一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每题5分.） 1. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】求出的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求出. 【详解】由题意可得，，则得. 故选：C. 2. 复数z=（其中i是虚数单位），则z的共轭复数=（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由复数代数形式的乘除运算化简复数z，则z的共轭复数可求． 【详解】解： 故选C． 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算、复数的共轭复数． 3. “幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高，现随机抽取7位小区居民，他们的幸福感指数分别为5，6，7，8，9，5，4，则这组数据的第60百分位数是（ ） A. 7 B. 7.5 C. 8 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】利用百分位数定义规则即可求得这组数据的第60百分位数. 【详解】该组数据从小到大排列为：4，5，5，6，7，8，9，且. 所以第60百分位数是第5个数，即7. 故选：A. 4. 已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. 56 D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，求出棱台的高，根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】如图所示的正四棱台,连接, 作平面，由正四棱台的性质可知在上. 因为正四棱台的上、下底面面积分别为4和16， 所以正四棱台的上、下底面边长分别为2和4， 所以. 易知四边形为等腰梯形， 所以， 由勾股定理得， 所以四棱台的体积为. 故选：A. 5. 有一种质地均匀的“新型”骰子，其六面中有两面点数为1，三面点数为2，一面点数为3，现连续掷两次该骰子，则这两次掷出点数之和为奇数的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记第一次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件，记第二次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件，可得两次掷出点数之和为奇数为事件，利用并事件与互斥事件的概率公式可求概率. 【详解】记第一次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件， 则， 记第二次掷出的点数为奇数为事件，掷出的点数为偶数为事件， 则， 则两次掷出点数之和为奇数为事件， 所以. 故选：B. 6. 已知如下图，平行四边形中， ，，，，，，分别是，的中点，是上一点， 且 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算用表示，再利用数量积计算得解. 【详解】由题，，，， ， ， . 故选：D. 7. 已知直四棱柱的底面为矩形，，且该棱柱外接球的表面积为，为线段上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用外接球的表面积和基本不等式，求出四棱柱体积最大时底面的长和宽，将平面沿展开，与处于同一平面，可求的最小值. 【详解】设外接球O的半径为R，则球O的表面积，所以， 设矩形的长和宽分别为x和y， 则，所以， ，当且仅当时取等号， 即底面为边长为2的正方形时，四棱柱的体积最大. 则有， 将平面沿展开，与处于同一平面， 则， 即平面图形中三点共线时，有最小值. 故选：D 8. 已知的内角的对边分别为，且.M为内部的一点，且，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】把已知等式中向量用表示后可求得，由余弦定理得的关系，求出的最值，再由不等式性质得结论． 【详解】∵， ∴， ∴，又， ∴，， 由余弦定理得， 由（当且仅当时取等号），得， ∴，∴，即的最大值是． 故选：A. 【点睛】本题考查平面向量基本定理，考查余弦定理及基本不等式求最值．解题关键是由平面向量基本定理把用表示出来． 二、多选题（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A，B为两个随机事件，若，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则A，B相互独立 C. 若A与B相互独立，则 D. 若A与B相互独立，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据并事件的概率的计算公式即可判断A；根据相互独立事件及对立事件的交事件的概率公式即可判断BD；根据相互独立事件的并事件的概率公式即可判断C. 【详解】A，若，则，A错误； B ，因为，则，B正确； C，因为A与B相互独立，则也相互独立， 则，C错误； D，若A与B相互独立，则也相互独立， 则，D正确. 故选：BD 10. 已知三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的有（ ） A. 面积的最大值为 B. C. 周长的最大值为6 D. 的取值范围为 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，利用余弦定理计算可判断；C选项，利用余弦定理和基本不等式求解周长的最大值；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围. 【详解】解：对于A，由余弦定理得：，解得：， 由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立， 所以，故，故A正确； 对于B，，故B不正确； 对于C，由余弦定理得：，解得：， 所以，当且仅当时，等号成立， 解得，当且仅当时，等号成立， 所以，周长，所以周长的最大值为6，故C正确； 对于D，， 因为，所以， 所以，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，在正方体中，，E是棱（不包含端点）上的动点，F在正方形内，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面一定是等腰梯形 B. 存在点E，使得异面直线与夹角的余弦值为 C. 若E是的中点，则点F的轨迹长度是 D. 三棱锥外接球表面积的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征，利用面面平行的性质推理判断A；求出异面直线夹角的余弦判断B；确定轨迹并求出长度判断C；求出外接圆半径的最小值，进而求出外接球半径的最小值判断D. 【详解】对于A，令平面截正方体所得的截面在正方形内的边为， 由平面平面，平面平面，得， 而，则，，因此，而， 因此截面四边形是等腰梯形，A正确； 对于B，是异面直线与所成的角或其补角，设， 则，而，由余弦定理得 ，整理得，该方程在上无解，B错误； 对于C，分别取的中点，连接，则， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，点平面，则平面，又平面， 于是点F的轨迹为线段，长度为，C正确； 对于D，外接圆半径，当为中点时，与该圆相切，取最小值， 此时，当与之一重合时，取最大值， 三棱锥外接球球心在线段的中垂面上，由平面， 得球心到平面的距离，则该球半径满足， 所以三棱锥外接球表面积，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. 已知向量，的夹角为，，，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义先求出的值，将，，代入计算即可. 【详解】因为向量，的夹角为，，， 所以， 所以 . 故答案为：1 13. 设复数z满足，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】由复数的几何意义确定复数z复平面上的对应点的轨迹，结合图象确定可得结果. 【详解】设复数z在复平面上的对应点为，复数的在复平面上的对应点为， 由，可知点的轨迹为以，为端点的一条线段，又表示点到点的距离，观察图象可知当时，取最小值，最小值为1，当时，取最大值，最大值为， 所以取值范围为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面，，，，三棱锥的所有顶点均在球的表面上，若点、分别为与的重心，直线与球的表面相交于、两点，则________ 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥放入边长为1的正方体中，故三棱锥的外接球球心即为正方体的中心，且为的中点，作出辅助线，得到，外接球半径为，由勾股定理逆定理得到⊥，求出点到直线的距离，从而求出，从而得到答案. 【详解】如图所示，将三棱锥放入边长为1的正方体中， 故三棱锥的外接球球心即为正方体的中心，且为的中点， 取的中点，的中点，连接，，则与的交点即为， 连接，，则与的交点即为，连接， 因为，所以，且， 连接，则，且，故， 因为，所以，所以，， 又，由勾股定理得， ，， 故外接球半径为，故， 因为，由勾股定理逆定理得⊥， 则⊥，故点到直线的距离为， 则，故. 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. 已知中，所对的边为，向量，，且． （1）求的大小； （2）若为中点，，且面积为，求边． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由，得到，根据由正弦定理，化简得到，结合余弦定理，即可求解； （2）由，求得，根据，利用向量的数量积的运算律，求得，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：由向量，， 因为，可得， 又由正弦定理得，整理得， 由余弦定理，可得， 又因为，所以． 【小问2详解】 解：因为，可得，即，所以， 又因为，可得， 即，可得， 所以，所以． 16. 今年是国家安全法颁布十周年，4月15日迎来了第十个全民国家安全教育日．某大学团委组织开展了2025年全民国家安全教育知识竞答活动，旨在践行总体国家安全观，增强全民国家安全意识和素养．该活动共有200名学生参加，现将所有答案卷面成绩统计分成五段，分别为，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中x的值； （2）根据频率分布直方图，求这200名学生成绩的中位数和平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （3）已知学生成绩落在的平均数是77，方差是5；落在的平均数是84，方差是5．求这两组数据的总方差． 附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差． 【答案】（1）0.015 （2）76.25，75 （3）17 【解析】 【分析】(1)根据频率直方图的性质：概率之和为1求解即可，（2）利用频率直方图求解平均数求解即可，（3）利用分组方差的求法求解即可. 【小问1详解】 根据频率分布直方图，有， 解得； 【小问2详解】 学生成绩落在的频率为， 学生成绩落在的频率为， 学生成绩落在的频率为， 学生成绩落在的频率为， 学生成绩落在的频率为， 由， 可得中位数为， 学生成绩的平均数为； 【小问3详解】 这两组数据的平均数为， 这两组数据的总方差为 ． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点. （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则 因为，所以， 所以. 设平面的法向量为， 则，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 在中，角所对的边分别为．已知． （1）求角； （2）设为边上一点，记，的面积分别为，若，且． ①求；②求的值． 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和二倍角正弦公式得，结合三角形内角性质得，结合题设即可求得角； （2）①由（1）可得，，利用等面积法及，应用三角形面积公式列方程，结合平方关系求，②根据①中方程求出，即可得的值. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得，即(*)， 又且，则， 故由(*)可得，联立解得； 【小问2详解】 ①由（1）易得，则有，， 因，，则， 即得，代入，可得①， 由，可得②， 将①②两式相乘，得，又， 联立解得，因为锐角，则； ②由上可得，代入①，， 所以，故. 19. 如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，，，是侧棱上的一点. （1）证明：. （2）求点到平面的距离. （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定得出平面，进而可证结论； （2）利用等体积法求出点C到平面的距离，再利用线面平行的性质可得答案； （3）根据距离求出，结合余弦定理可得的长度. 【小问1详解】 连接，设的交点为，连接； 因为，，所以与全等，所以， 因为底面为菱形，所以，且为的中点，所以, 因为平面，所以平面，又平面，所以. 【小问2详解】 因为四边形是边长为2的菱形，且, 所以，. 因为，且为的中点，所以. 因为，所以,所以，. 由（1）知，因为，平面，所以平面; 设点C到平面的距离为， 因为，所以,解得. 因为平面，所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以,即. 过E作平面,垂足为F,连接，则点在的延长线上, ,从而, 设,则； 因为四边形为菱形,且,所以,所以, 由余弦定理可得, 则,解得,故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石家庄二中教育集团2024-2025学年度高一年级下学期 期末考试数学试卷 （时间：120分钟 分值：150分 命题人：甄健华 苑凯轩） 一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每题5分.） 1. 已知向量，若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 复数z=（其中i是虚数单位），则z的共轭复数=（　　） A. B. C. D. 3. “幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高，现随机抽取7位小区居民，他们的幸福感指数分别为5，6，7，8，9，5，4，则这组数据的第60百分位数是（ ） A. 7 B. 7.5 C. 8 D. 9 4. 已知正四棱台的上、下底面面积分别为4和16，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. 56 D. 5. 有一种质地均匀的“新型”骰子，其六面中有两面点数为1，三面点数为2，一面点数为3，现连续掷两次该骰子，则这两次掷出点数之和为奇数的概率为（    ） A. B. C. D. 6. 已知如下图，平行四边形中， ，，，，，，分别是，的中点，是上一点， 且 则 （ ） A. B. C. D. 7. 已知直四棱柱的底面为矩形，，且该棱柱外接球的表面积为，为线段上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内角的对边分别为，且.M为内部的一点，且，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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A，B为两个随机事件，若，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则A，B相互独立 C. 若A与B相互独立，则 D. 若A与B相互独立，则 10. 已知三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，则下列结论正确的有（ ） A. 面积的最大值为 B. C. 周长的最大值为6 D. 的取值范围为 11. 如图，在正方体中，，E是棱（不包含端点）上的动点，F在正方形内，平面，则下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面一定是等腰梯形 B. 存在点E，使得异面直线与夹角的余弦值为 C. 若E是的中点，则点F的轨迹长度是 D. 三棱锥外接球表面积的最小值是 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量，的夹角为，，，则______. 13. 设复数z满足，则的取值范围是_________. 14. 在三棱锥中，平面，，，，三棱锥的所有顶点均在球的表面上，若点、分别为与的重心，直线与球的表面相交于、两点，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. 已知中，所对的边为，向量，，且． （1）求的大小； （2）若为中点，，且面积为，求边． 16. 今年是国家安全法颁布十周年，4月15日迎来了第十个全民国家安全教育日．某大学团委组织开展了2025年全民国家安全教育知识竞答活动，旨在践行总体国家安全观，增强全民国家安全意识和素养．该活动共有200名学生参加，现将所有答案卷面成绩统计分成五段，分别为，并作出如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中x的值； （2）根据频率分布直方图，求这200名学生成绩的中位数和平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （3）已知学生成绩落在的平均数是77，方差是5；落在的平均数是84，方差是5．求这两组数据的总方差． 附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点. （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 在中，角所对的边分别为．已知． （1）求角； （2）设为边上一点，记，的面积分别为，若，且． ①求；②求的值． 19. 如图，在四棱柱中，四边形为菱形，，，，是侧棱上的一点. （1）证明：. （2）求点到平面的距离. （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $