精品解析：湖北省宜昌市葛洲坝中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

葛洲坝中学2024--2025学年一年级下学期期末考试 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必在答题卡上填写自己的姓名，并粘贴条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用黑色水性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分；每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 设是虚数单位，则复数 的虚部为 A. B. 1 C. 2 D. 2. 某班有位同学，他们依次编号为01，02，….29，30，现利用下面的随机数表选取5位同学组建“文明校园督查组”.选取方法是从随机数表的第1行的第5列数字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5位同学的编号为（ ） 41 79 27 35 16 86 08 16 21 57 95 62 39 41 59 49 54 27 49 55 12 83 59 83 78 83 51 34 78 70 20 79 93 21 22 41 A. 20 B. 21 C. 27 D. 12 3. 下列各式化简结果为的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线为异面直线，为不重合的两个平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 如图，在中，，点是的中点．设，，则（ ） A. B. C. D. 6. 关于函数描述正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最大值是 C. 一条对称轴 D. 一个对称中心是 7. 已知角，，，则（ ） A B. C. D. 8. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分；全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据2，3，，5，7的平均数是4，则这组数据的众数是3 B. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第分位数是23 C. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，则总体中某个体被抽到的概率是0.2 D. 若样本数据的标准差为6，则数据，，，的标准差为11 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则钝角三角形 B. 若是锐角三角形，则 C. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 D. 若，则 11. 在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则下列选项正确的有（ ） A. 直线与直线所成的角是 B. 二面角的平面角是 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 三棱锥外接球半径为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知正四棱台的上下底面分别是边长为4和8的正方形，侧棱长为4，则该正四棱台的体积为______． 13. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为偶函数，则的最小值为____________． 14. 已知梯形中，，，，，，若，，，则的取值范围为_____________. 四、解答题（本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知向量和，且，求： （1）的值 （2）的值 （3）的夹角的余弦值. 16. 汽车智能化——无人驾驶汽车成为汽车行业发展趋势.某汽车研发部门为了解客户对无人驾驶汽车性能满意情况，随机抽取200名客户对无人驾驶汽车的性能进行打分，发现打分均在内，将这些数据分成6组：，，，，，，并绘制出样本的频率分布直方图，因不慎，使得图形残缺，如图所示. （1）求样本中打分在内的客户人数，估计样本的中位数，并求出样本的平均数； （2）已知打分在内的样本数据的平均值为63，方差为5，打分在内的样本数据的平均值为78，方差为2，求打分在内的样本数据的平均值与方差. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求角C的值； （2）若边的中线长为，求的面积； （3）求的最大值； 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面，点在棱上． （1）求； （2）若平面，求三棱锥的体积； （3）若二面角的大小为，求． 19. 设，函数满足． （1）当，时，若存在实数，对任意（是函数的定义域的子集），都有，且存在，使得，则称为函数在区间上的最大值，称为最大值点， 求在上最大值点的个数； （2）若，函数的最小正周期，且函数的图像与直线在区间上有且仅有1个交点，求的取值范围. （3）当时，小明利用函数进行一个棋盘游戏：有一个的正方形棋盘，小明将一颗棋子开始时置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每走一步移动1格，且在第步时，若，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 葛洲坝中学2024--2025学年一年级下学期期末考试 数学试卷 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1.答卷前，考生务必在答题卡上填写自己的姓名，并粘贴条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用黑色水性笔将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分；每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 设是虚数单位，则复数 的虚部为 A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：，故虚部为1，故选B. 考点：复数的计算. 2. 某班有位同学，他们依次编号为01，02，….29，30，现利用下面的随机数表选取5位同学组建“文明校园督查组”.选取方法是从随机数表的第1行的第5列数字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5位同学的编号为（ ） 41 79 27 35 16 86 08 16 21 57 95 62 39 41 59 49 54 27 49 55 12 83 59 83 78 83 51 34 78 70 20 79 93 21 22 41 A. 20 B. 21 C. 27 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】利用随机数表法直接求解． 【详解】依次从数表中读出的有效编号为：27，16，08，16，21，27，12， 去掉重复的，得到选出来的第5位同学的编号为12． 故选：D． 3. 下列各式化简结果为的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和差角的三角函数公式、二倍角的正余弦公式逐项化简计算，判断作答. 【详解】对于A，，A不是； 对于B，，B不是； 对于C，，C是； 对于D，，D不是. 故选：C 4. 已知直线为异面直线，为不重合的两个平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】采用逐一验证法，结合线面以及线线之间的位置关系，可得结果. 【详解】若，，则可能，故A错误； 若，，则可能，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，，则，故D错误. 故选：C . 5. 如图，在中，，点是的中点．设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算即可求得答案. 【详解】由题意在中，，点是的中点， 故 ， 故选：A 6. 关于函数描述正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最大值是 C. 一条对称轴是 D. 一个对称中心是 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简得解析式，再利用正弦型函数的图像和性质得出结论. 【详解】解：由题意得： 选项A：函数的最小正周期为，故A错误； 选项B：由于，函数的最大值为，故B错误； 选项C：函数的对称轴满足，，当时，，故C错误； 选项D：令，代入函数的，故为函数的一个对称中心，故D正确； 故选：D 7. 已知角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据平方关系和商数关系求出，再根据求出，注意求得的范围，再根据结合两角和的正切公式即可得解. 【详解】角，由得， 则，又因为在上单调递增，则， 而， 同理有， 所以， 且，得. 故选：A 8. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体，体现了数学的对称美如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的二十四等边体，若它所有的棱长都为2，则下列结论中，错误的是（ ） A. 该石凳的表面积为 B. 该石凳的体积为 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】将二十四等边体补全成一个棱长为的一个正方体，进而逐项判断即可. 【详解】对于A，由图可知，二十四等边体是由6个边长为2的正方形和8个边长为2的等边三角形围成， 所以表面积为，A正确； 对于B，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为 ，其中每个小三棱锥体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以B正确； 对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，如图， 易知，与所成角为，所以直线与的夹角为，C正确； 对于D，由正方体易知：， 所成角为，所以所成角为， 又在平面内， 所以平面不成立，故D错误； 故选：D 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分；全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据2，3，，5，7的平均数是4，则这组数据的众数是3 B. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第分位数是23 C. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，则总体中某个体被抽到的概率是0.2 D. 若样本数据的标准差为6，则数据，，，的标准差为11 【答案】AC 【解析】 【分析】根据数据平均数列方程求即可判断A；根据百分数的定义求数据中第分位数判断B；根据简单随机抽样各个体被抽到的概率等于样本容量与总体容量的比值判断C；根据方差的性质求新数据的方差，进而确定其标准差判断D. 【详解】A：由，可得，显然这组数据的众数是3，对； B：将数据从小到大排序为， 又，所以第分位数是，错； C：由题设，简单随机抽样过程中抽取到任一个体的概率为，对； D：由样本数据的标准差为6，即方差为， 则数据，，，的方差为，故标准差为，错. 故选：AC 10. 在中，内角所对的边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若是锐角三角形，则 C. 若，，，则满足这组条件的三角形有两个 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理化角为边可得，结合余弦定理可得为钝角，由此可判断 A，根据条件可得，，，结合正弦函数性质及诱导公式判断B，根据正弦定理解三角形求，根据结果判断C，由条件结合余弦定理可得，根据正弦定理化边为角，化简可得，判断D. 【详解】设的外接圆半径为， 由正弦定理可得，，， 对于A，因为，所以， 由余弦定理可得，又， 所以为钝角，为钝角三角形，A正确， 对于B，因为是锐角三角形， 所以，，， 所以，，， 因为函数在上单调递增， 所以，B正确； 对于C， 由正弦定理可得， 又，，， 所以，化简可得， 所以满足条件的角不存在， 所以满足这组条件的三角形不存在，C错误， 对于D，由余弦定理可得，又， 所以，故， 所以，又， 所以， 所以， 所以，故， 所以或，， 即或，， 又，，故， 所以，所以，D正确； 故选：ABD. 11. 在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，则下列选项正确的有（ ） A. 直线与直线所成的角是 B. 二面角的平面角是 C. 平面截正方体所得的截面面积为 D. 三棱锥外接球半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A.易知直线与直线所成的角为判断；B.由面，得到二面角的平面角是判断；C.易知平面截正方体所得的截面图形为梯形判断；D.确定的外接圆半径为，易知外心为的中点，且到面距离为，再由三棱锥外接球半径为判断. 【详解】A.如图所示： 易知，所以直线与直线所成角为，易知， 所以直线与直线所成的角是，故正确； B.如图所示： 面，平面，所以， 则二面角的平面角是，易知， 所以二面角的平面角是，故错误； C.如图所示： 易知平面截正方体所得的截面图形为梯形，作， 易知 ，则， 所以梯形的面积为，故正确； D.如图所示： 易知，的外接圆半径为，则 ， 所以 ，外心为的中点，且到面距离为， 所以 三棱锥外接球半径为，故正确； 故选：ACD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知正四棱台的上下底面分别是边长为4和8的正方形，侧棱长为4，则该正四棱台的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】画出图，先求出正四棱台的高，然后由台体的体积公式求解即可. 【详解】 如图为上下底面的中心，连接，过点作平面垂足为， 在正四棱台中，，所以， ，所以，所以， 又，所以， 故正四棱台的高， 所以该正四棱台的体积为， 故答案为： 13. 将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象．若函数为偶函数，则的最小值为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换得到，利用伸缩变换和平移变换得到，由为偶函数得到方程，求出，得到最小值. 【详解】， 所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），得到， 向左平移个单位长度，得到函数， 因为为偶函数，所以，解得， 故的最小值为. 故答案为： 14. 已知梯形中，，，，，，若，，，则的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，用带的坐标分别表示向量，求得数量积关于的式子，然后用函数的思想求范围. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，根据题意，则 , , 所以 , 所以 令， 当时，， 当或时，， 所以， 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知向量和，且，求： （1）的值 （2）的值 （3）的夹角的余弦值. 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的定义即可求解； （2）由即可求解； （3）由向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 ， 【小问3详解】 ， 16. 汽车智能化——无人驾驶汽车成为汽车行业发展趋势.某汽车研发部门为了解客户对无人驾驶汽车的性能满意情况，随机抽取200名客户对无人驾驶汽车的性能进行打分，发现打分均在内，将这些数据分成6组：，，，，，，并绘制出样本的频率分布直方图，因不慎，使得图形残缺，如图所示. （1）求样本中打分在内的客户人数，估计样本的中位数，并求出样本的平均数； （2）已知打分在内的样本数据的平均值为63，方差为5，打分在内的样本数据的平均值为78，方差为2，求打分在内的样本数据的平均值与方差. 【答案】（1）60人，中位数为75，平均数为 （2）平均值为，方差为 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的特点及中位数和平均数的定义求解即可； （2）根据加权平均数公式和方差的性质计算样本得分的平均数和方差. 【小问1详解】 由题可知，打分在内的频率为， 所以样本中打分在内的客户人数为人. 由图可知，打分在内的频率为0.35，在内的频率为0.30， 设样本的中位数为，则，则，解得， 故样本的中位数为75. . 【小问2详解】 根据频率分布直方图可知，打分在，内的样本数据的频数分别为30，60， 所以打分在内的样本数据的平均值为. 打分在内的样本数据的方差为. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求角C的值； （2）若边中线长为，求的面积； （3）求的最大值； 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可化简得，从而可求解； （2）由题意可得，化简可得到，再结合即，从而可求解； （3）由正弦定理可得，，再结合正弦型函数求其最值，即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，可得，即， 所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 因为为上的中线，且，可得， 可得， 即，又由余弦定理，可得， 联立方程组，可得， 所以的面积为：. 【小问3详解】 由（1）知且，设的外接圆的半径为，可得， 又由正弦定理，可得，，且， 则， ， 其中，且为锐角， 因为，所以时，取得最大值，最大值为. 18. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，，平面，点在棱上． （1）求； （2）若平面，求三棱锥的体积； （3）若二面角的大小为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）根据平面得平面平面，从而可得平面，故为直角三角形，从而可求； （2）可证为的中点，从而可利用等积转化求三棱锥的体积； （3）过点作的平行线交于点，可证为二面角的平面角，利用解直角三角形可求的值 . 【小问1详解】 ∵平面，平面，∴平面平面， 又∵，平面，平面平面，∴平面， 又∵平面，∴，∴为直角三角形， ∴，即． 【小问2详解】 连接与交于点，连接， ∵平面，平面，平面平面， ∴，可知为的中点，而平面平面，故， 在中，，，， ∴，，， ∴ ． 【小问3详解】 由题意知平面，过点作的平行线交于点， ∴平面，再作（为垂足）， 因为平面，故，而平面， 所以平面，而平面，故， ∴为二面角的平面角，， 由（2）可知，∴是等腰直角三角形， 同理也是等腰直角三角形，从而， 在中，，，∴， 不妨设，，则且， ∴，∴． 19. 设，函数满足． （1）当，时，若存在实数，对任意的（是函数的定义域的子集），都有，且存在，使得，则称为函数在区间上的最大值，称为最大值点， 求在上最大值点的个数； （2）若，函数最小正周期，且函数的图像与直线在区间上有且仅有1个交点，求的取值范围. （3）当时，小明利用函数进行一个棋盘游戏：有一个的正方形棋盘，小明将一颗棋子开始时置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每走一步移动1格，且在第步时，若，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求的范围，再根据正弦函数的图象和性质，即可求解； （2）首先利用代入法求在区间的范围，结合函数的周期公式，以及范围内的最大值点，以及求的取值范围； （3）首先根据，确定棋子的移动周期，并根据函数性质判断，结合函数的周期，并结合游戏规则，确定中大于或等于得到个数，即可求解. 【小问1详解】 ，则， 当时，在上有两个最大值点，， 故在上有2个最大值点； 【小问2详解】 曲线与直线在上有且仅有1个交点， 即方程在上有且仅有1个根， 由，可知， 又因为，即， 所以，故， 则只需令，解得， 即的取值范围为． 【小问3详解】 ，棋子移动的周期为4， 因为，， 由正弦函数的单调性得， 若，中至少三个大于或等于，满足题意，即： ，则; 若，中只有二个大于或等于，棋子落在棋盘右上角亦满足题意，即：，则； 故的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$