精品解析：甘肃省酒泉市普通高中2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

酒泉市普通高中2024～2025学年度第二学期期末考试 高一数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：必修第一册第六章，必修第二册． 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. 下列条件中能得到的是（ ） A. B. 与的方向相同 C. ，且 D. 且 2. 从装有3个红球和5个黄球的口袋内任取3个球，那么“至少有1个红球”的对立事件是（ ） A. 至少有2个红球 B. 至少有2个黄球 C. 都是黄球 D. 至多1个红球 3. 设为实数，复数，，若为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列命题是真命题的是（ ） A. 已知数据，2的平均值为2，方差为1，则数据相对于原数据一样稳定 B. 若甲组数据的方差为5，乙组数据的方差为7，则这两组数据中较稳定的是乙 C. 数据1，2，3，4，4，5的平均数、中位数相同 D. 数据1，2，2，2，3，4，4，4，5，5，6的众数是2和4 5. 给出下列4个命题，其中正确的命题是（ ）． ①垂直于同一直线的两条直线平行； ②垂直于同一平面的两条直线平行； ③垂直于同一直线的两个平面平行； ④垂直于同一平面的两个平面平行． A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④ 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则C等于（ ） A. 90° B. 60° C. 120° D. 150° 7. 已知sin(α＋45°)＝，则sin2α等于 A. － B. － C. D. 8. 已知直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，，，若该直三棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（ ） 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 一个袋子中装有3件正品和1件次品,按以下要求抽取2件产品,其中结论正确的是 A. 任取2件,则取出的2件中恰有1件次品的概率是 B. 每次抽取1件,不放回抽取两次,样本点总数为16 C. 每次抽取1件,不放回抽取两次,则取出的2件中恰有1件次品的概率是 D. 每次抽取1件,有放回抽取两次,样本点总数为16 10. 已知向量与的夹角为，且，，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 在方向上的投影是 11. 下列选项中，与的值相等的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，若，则_____． 13. 已知向量对应的复数为，复数可以将向量按逆时针方向旋转_____得到（填最小正角）． 14. 在四面体中，，且，，，则该四面体体积的最大值为________，该四面体外接球的表面积为________. 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. 已知等腰三角形顶角的余弦值为，求这个三角形底角的正弦、余弦以及正切值． 16. 已知M、N分别是四边形的边，的中点． （1）求证：； （2）若四边形是边长为2的正方形，点E是边的中点，求证：； （3）若四边形是边长为2的正方形，点E是边上的动点，求的最大值． 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若外接圆的面积为π，，求C； （2）若，求面积的最大值． 18. “数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数； （2）活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同. （i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值. 19. 如图，在四面体中，，，E为的中点，F为上一点． （1）求证：平面平面； （2）若M，N分别是，的中点，求证：平面； （3）若，，． ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 酒泉市普通高中2024～2025学年度第二学期期末考试 高一数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．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；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：必修第一册第六章，必修第二册． 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. 下列条件中能得到的是（ ） A. B. 与的方向相同 C. ，且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据相等向量的定义即可逐一判断各选项. 【详解】因等价于长度相等，方向相同. 对于A，由不能确定方向是否相同，故A错误； 对于B，与的方向相同，但长度不确定是否相等，故B错误； 对于C，当，且时，若的方向相反，则不成立，故C错误； 对于D，当且时，长度相等，方向相同，故D正确. 故选：D. 2. 从装有3个红球和5个黄球的口袋内任取3个球，那么“至少有1个红球”的对立事件是（ ） A. 至少有2个红球 B. 至少有2个黄球 C. 都是黄球 D. 至多1个红球 【答案】C 【解析】 【分析】先对至少有1个红球进行情况分析，再结合对立事件的定义求解即可. 【详解】由题意得若发生“至少有1个红球”，则取出红球的数量为个，个，个， 由对立事件的性质得“至少有1个红球”的对立事件为取不到红球， 即取到的都是黄球，故C正确. 故选：C 3. 设为实数，复数，，若为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据纯虚数求得，代入，利用复数的乘法运算即可求出. 【详解】因为为纯虚数， 可得，解得， 则，，故. 故选：A. 4. 下列命题是真命题的是（ ） A. 已知数据，2的平均值为2，方差为1，则数据相对于原数据一样稳定 B. 若甲组数据的方差为5，乙组数据的方差为7，则这两组数据中较稳定的是乙 C. 数据1，2，3，4，4，5的平均数、中位数相同 D. 数据1，2，2，2，3，4，4，4，5，5，6的众数是2和4 【答案】D 【解析】 【分析】根据一组数据的平均值，方差计算公式，以及中位数，众数定义即可逐一判断. 【详解】对于A，依题意数据相对于原数据少了个数据“2”，因原数据平均值为2，故平均值没变化. 由题意， 则， 而数据的方差为，故稳定性不同，即A错误； 对于B，因，而方差是表示数据稳定性的特征量，故这两组数据中较稳定的是甲，故B错误； 对于C，数据1，2，3，4，4，5的平均数为，而中位数为，显然不同，故C错误； 对于D，因数据1，2，2，2，3，4，4，4，5，5，6中，数字“2”和“4”都出现了最多的3次，故众数是2和4，即D正确. 故选：D. 5. 给出下列4个命题，其中正确的命题是（ ）． ①垂直于同一直线的两条直线平行； ②垂直于同一平面的两条直线平行； ③垂直于同一直线的两个平面平行； ④垂直于同一平面的两个平面平行． A. ①② B. ③④ C. ②③ D. ①④ 【答案】C 【解析】 【分析】由线线的位置关系可判断①；由线面垂直的性质定理可判断②；由线面垂直的性质和面面平行的判定可判断③；由面面的位置关系可判断④． 【详解】解：对于①，垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面，故①错误； 对于②，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确； 对于③，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确； 对于④，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故④错误． 故选：C． 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则C等于（ ） A. 90° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】C 【解析】 【分析】整理化简等式，利用余弦定理求出的值，再根据角的范围即可求得角. 【详解】因，整理得：， 由余弦定理，，因,则. 故选：C. 7. 已知sin(α＋45°)＝，则sin2α等于 A. － B. － C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正弦函数化简已知条件，利用平方即可求出所求结果. 【详解】sin(α＋45°)＝(sinα＋cosα)·＝， ∴sinα＋cosα＝. 两边平方，得 1＋sin2α＝，∴sin2α＝－. 故选B 【点睛】本题目是三角函数正弦函数的题目，掌握同角三角函数的二倍角公式是解题的关键. 8. 已知直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，，，若该直三棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设分别取的中点，连接，判断直三棱柱的外接球球心在的中点，借助于求得外接球半径，代入公式即得其体积. 【详解】 如图，，，分别取的中点，连接， 则点分别是的外心，故直三棱柱的外接球球心在的中点， 连接，则，， 故直三棱柱的外接球半径，则其体积为. 故选：B. 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. 一个袋子中装有3件正品和1件次品,按以下要求抽取2件产品,其中结论正确的是 A. 任取2件,则取出的2件中恰有1件次品的概率是 B. 每次抽取1件,不放回抽取两次,样本点总数为16 C. 每次抽取1件,不放回抽取两次,则取出的2件中恰有1件次品的概率是 D. 每次抽取1件,有放回抽取两次,样本点总数为16 【答案】ACD 【解析】 【分析】 先记4件产品分别为1,2,3, ,其中表示次品，用列举法，结合古典概型的概率计算公式，逐项判断即可. 【详解】记4件产品分别为1,2,3, ,其中表示次品. A选项,样本空间, “恰有一件次品”的样本点为,,, 因此其概率，A正确； B选项,每次抽取1件,不放回抽取两次,样本空间, 因此,B错误； C选项,“取出的两件中恰有一件次品”的样本点数为6,其概率为,C正确; D选项,每次抽取1件,有放回抽取两次,样本空间,因此,D正确. 故选：ACD. 【点睛】本题主要考查古典概型的相关计算，熟记古典概型的概率计算公式，以及列举法确定基本事件个数即可，属于常考题型. 10. 已知向量与的夹角为，且，，则下列结论成立的是（ ） A. B. C. D. 在方向上的投影是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用向量数量积的定义得到，再对左右两侧同时平方，建立方程求解判断A，将代入中判断B，利用向量垂直的定义判断C，利用向量投影的定义判断D即可. 【详解】对于A，因为，所以两侧平方得， 因为向量与的夹角为，且，所以， 代入中，可得，解得，故A正确， 对于B，由已知得，，则，故B错误， 对于C，由题意得， 则成立，故C正确， 对于D，由投影公式得在方向上的投影是，故D错误. 故选：AC 11. 下列选项中，与的值相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用诱导公式、二倍角公式与和、差角公式化简计算再逐一判断即得. 【详解】因. 对于A，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，因，则有， 故，故C正确； 对于D， ，故D错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，若，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示式求解即得. 【详解】由可得，解得. 故答案为：. 13. 已知向量对应的复数为，复数可以将向量按逆时针方向旋转_____得到（填最小正角）． 【答案】##90° 【解析】 【分析】利用复数的三角形式的几何意义，设旋转角为，根据复数相等列出方程，求解即得. 【详解】因，则， 设将向量按逆时针方向旋转角，可得到复数对应的向量， 则由，化简得：， 故有，解得，故得， 依题意求最小正角，则. 故答案为：. 14. 在四面体中，，且，，，则该四面体体积的最大值为________，该四面体外接球的表面积为________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先由题中数据，得到；取中点为，连接，，从而得到，所以该四面体的外接球的球心为，进而可求出其外接球的表面积；再由，底面三角形的面积为定值，的长也为确定的值，结合几何体直观图，可得当平面时，四面体的体积最大，即可求出结果. 【详解】因为，且，，，所以， 因此，则； 取中点为，连接，，则， 所以该四面体的外接球的球心为，半径为， 所以该四面体外接球的表面积为； 又因为，所以； 因为底面三角形的面积为定值，的长也为确定的值， 因此，当平面时，四面体的体积最大，为. 故答案为：(1). (2). 【点睛】本题主要考查几何体外接球的相关计算，以及三棱锥体积的有关计算，熟记三棱锥结构特征，以及球的表面积公式与三棱锥的体积公式即可，属于常考题型. 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. 已知等腰三角形顶角的余弦值为，求这个三角形底角的正弦、余弦以及正切值． 【答案】，，． 【解析】 【分析】根据等腰三角形的顶角与底角之间的数量关系，利用诱导公式、二倍角公式与同角的三角函数关系式计算即得. 【详解】设等腰三角形的顶角为，底角为，依题意，， 因为，所以，， 由，解得，， 所以． 16. 已知M、N分别是四边形的边，的中点． （1）求证：； （2）若四边形是边长为2的正方形，点E是边的中点，求证：； （3）若四边形是边长为2的正方形，点E是边上的动点，求的最大值． 【答案】（1）证明：如图（1）， ． （2）证明：以点A为坐标原点建立如图（2）所示的平面直角坐标系，依题意， 有，，，，，， 则，，由，可得． （3）4 【解析】 【分析】（1）结合图形，利用向量的加减数乘等运算和题设条件即可证得； （2）通过建系，写出相关点的坐标，利用向量垂直的充要条件即可证明； （3）设，则得,利用向量的坐标计算数量积，再根据,即可确定的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2），设，，则，，，， 因为，所以当时，的最大值为4． 17. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若外接圆的面积为π，，求C； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求出边，继而求出边，再由正弦定理求得，结合边角关系即可求得角； （2）先由辅助角公式化简等式求得，利用基本不等式结合条件求出的最大值，即可求得面积的最大值. 【小问1详解】 设外接圆的半径为，依题意，，得， 由正弦定理可得，所以， 又因为，，所以，由正弦定理， ， 由且，得或（即或） 【小问2详解】 由，化简得， 因，故，解得，则， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以面积的最大值为． 18. “数学好玩”是国际著名数学家陈省身赠送给少年数学爱好者们的一句话.某校为了更好地培养学生创新精神和实践能力，激发学生钻研数学的兴趣和热情，特举办数学节活动.在活动中，共有20道数学问题，满分100分在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：，，……，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值，并估计该校全体学生这次数学成绩的中位数； （2）活动中，甲、乙、丙三位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，丙同学答对了n道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同. （i）任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）任选一道数学问题，若甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对的概率为，求n的值. 【答案】（1），75 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为即可求出，根据频率分布直方图中中位数的求法求中位数即可； （2）（i）根据古典概型结合相互独立事件的乘法公式求解即可； （ii）根据相互独立事件的乘法公式及对立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图有， 解得， 因为，， 所以中位数在区间内，设为x， 则有，得， 所以估计该校全体学生这次数学成绩的中位数为75； 【小问2详解】 设 “任选一道题，甲答对”，“任选一道题，乙答对”， “任选一道题，丙答对”， 则由古典概型概率计算公式得：，，， 所以有，，， （i）记 “甲、乙两位同学恰有一人答对”， 则有，且有与互斥， 因为每位同学独立作答，所以A，B互相独立，则A与，与B，与均相互独立， 所以 ， 所以任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率； （ii）记“甲、乙、丙三个人中至少有一个人答对”，则， 所以 ， 解得：. 19. 如图，在四面体中，，，E为的中点，F为上一点． （1）求证：平面平面； （2）若M，N分别是，的中点，求证：平面； （3）若，，． ①求二面角的余弦值； ②求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】（1）证明：在四面体中，，，E为的中点，则，， 而，平面，得平面， 又平面，所以平面平面． （2）证明：因为E为中点，M为中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面，，所以平面平面， 又平面，所以平面． （3）① ；② 【解析】 【分析】（1）由条件先证得平面，再由面面垂直的判定定理即可证明； （2）先证明平面和平面，再由线面平行推出平面平面，由平面即可证得； （3）①先证明为二面角的平面角，依题求出相关边长，利用余弦定理即可求得二面角余弦值；②先求出，利用平面可求得，根据等体积求出点到平面的距离，设直线与平面所成角为，依题可得，结合图形判断当时，最短，利用等面积求出，即得正弦的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ①依题意，，，E为的中点，则，， 故即为二面角的平面角， 由于，又，则，， 又，则，， 在中，，由余弦定理，， 故二面角的余弦值为． ②由于，故， ， 因平面，则， 因为，即，则， 设点到平面的距离为，则，解得， 即点到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，所以， 因为，所以， 故当时，最短，此时由可得 ，故正弦值最大为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $