精品解析：福建省福州第三中学2024-2025学年高一下学期期末考试考数学试卷

福州三中2024-2025学年第二学期期末考试 高一数学试卷 命题：商一集备组 组卷：刘佳欣 审卷：黄炳锋 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上，要认真填涂准考证号. 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. 已知复数，为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 一汽车厂生产A，B，C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如表（单位：辆）： 类别 轿车A 轿车B 轿车C 舒适型 100 150 z 标准型 300 450 600 按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆，则表格中的值为（ ） A. 400 B. 500 C. 600 D. 1000 3. 从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列表述正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 5. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（ ） A. 18 B. C. D. 7. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数为”，其中，2，3，4，5，6；“点数不大于4”，“点数大于4”，“点数为质数”，下列结论错误的是（ ） A. 与互斥 B. 和是对立事件 C. 和相互独立 D. 和相互独立 8. 已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（ ） A. B. 9 C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，把它们都选出来. 9. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 10. 在棱长为2的正方体中，动点满足（其中），则（ ） A. 三棱锥的体积随的改变而变化 B. 平面 C. 平面平面 D. 11. 已知的内角，，所对的边分别为，，，边上的高为，若，，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在相应横线上. 12. 已知向量，若向量与垂直，则____________． 13. 已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是________． 14. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.规定：累计负两场者被淘汰；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.设每场比赛双方获胜的概率都为，则甲连胜四场的概率为________；需要进行第五场比赛的概率为________. 四、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，，与的夹角为. （1）求，并表示出在方向上的投影向量； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16. 已知，其内角的对边分别为，且 ． （1）求； （2），D是BC的中点，求AD的长． 17. 如图，在三棱柱中，是正方形，. （1）求证：平面平面； （2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动.举办了“网络防骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值； （2）根据频率分布直方图，估计样本成绩的平均数和下四分位数； （3）若总体划分为2层，通过分层随机抽样抽取样本构成总样本.已知各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为，，；，，，求总样本平均数，样本方差. 19. 在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字，个球上标有数字3． （1）若，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率； （2）若，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，求的概率； （3）若，将乙袋中的球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球是否相互独立?请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州三中2024-2025学年第二学期期末考试 高一数学试卷 命题：商一集备组 组卷：刘佳欣 审卷：黄炳锋 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的班级、准考证号、姓名填写在答题卡上，要认真填涂准考证号. 2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. 已知复数，为虚数单位，则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数除法求出即可得解. 【详解】依题意，， 所以复数在复平面内对应的点在第三象限. 故选：C 2. 一汽车厂生产A，B，C三类轿车，每类轿车均有舒适型和标准型两种型号，某月的产量如表（单位：辆）： 类别 轿车A 轿车B 轿车C 舒适型 100 150 z 标准型 300 450 600 按类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆，其中有A类轿车10辆，则表格中的值为（ ） A. 400 B. 500 C. 600 D. 1000 【答案】A 【解析】 【分析】根据A类轿车抽取的数量可求得抽样比，从而构造出关于的方程，解方程求得结果. 【详解】由题意知抽样比为： 则：，解得： 故选：A. 3. 从长度为1，3，5，7，9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】列举出5条线段中任取3条的所有基本事件，求出构成三角形的基本事件的个数，由古典概型求概率的公式求解即可. 【详解】从5条线段中任取3条的所有基本事件有10个， 即， 其中能构成三角形的基本事件有3个，即， 故所求概率. 故选：C. 4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列表述正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，得或或与相交，A错误； 对于B，由，，，得或与相交，B错误； 对于C，由，得，存在过的平面，则，， 而，于是，又，，因此，所以，C正确； 对于D，，，由，得可以是与垂直的平面内的任意直线， 因此可以与平行、相交或在内，D错误. 故选：C 5. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算即可求解. 【详解】因为四边形为平行四边形，所以为和的中点， 所以， 故选：D. 6. 已知正四棱台的体积为，，，则该四棱台的表面积为（ ） A. 18 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依次求得正四棱台的高，侧面等腰梯形的高，结合棱台表面积公式即可求解. 【详解】设正四棱台的高为，则，解得， 设正四棱台侧面等腰梯形的高为，则， 故该四棱台的表面积为. 故选：B. 7. 抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：“点数为”，其中，2，3，4，5，6；“点数不大于4”，“点数大于4”，“点数为质数”，下列结论错误的是（ ） A. 与互斥 B. 和是对立事件 C. 和相互独立 D. 和相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】由互斥事件定义判断A，由对立事件定义判断B，由独立事件定义判断CD. 【详解】由题意， 对于A，，故A正确； 对于B，由题意，且，故B正确； 对于C，因为， 所以， 所以，故C正确； 对于D，因为， 所以， 所以，故D错误. 故选：D. 8. 已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（ ） A. B. 9 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答. 【详解】 在正四棱锥中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点， 过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，得对应球的截面大圆，如图： 依题意，，， 令N为圆与PM相切的切点，则，设球的半径为，即， 由，得，， 设球与球相切于点T，则， 设球的半径为，同理可得，则， 所以球与球的表面积之比. 故选：A 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，把它们都选出来. 9. 有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（ ） A. 两组样本数据的样本平均数相同 B. 两组样本数据的样本中位数相同 C. 两组样本数据的样本标准差相同 D. 两组样本数据的样本极差相同 【答案】CD 【解析】 【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误. 【详解】A：且，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误； C：，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确； 故选：CD 10. 在棱长为2的正方体中，动点满足（其中），则（ ） A. 三棱锥的体积随的改变而变化 B. 平面 C. 平面平面 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】证明平面判断A；由面面平行说明判断B；由正三角形说明判断D；证明平面判断C作答. 【详解】因为动点满足（其中）， 所以点在线段上运动； 对于A，在正方体中，，，即四边形为平行四边形，如图， 则，而平面，平面，则有平面， 因此，点P到平面的距离为定值，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，A错误； 对于B，由选项A知，平面，同理平面，而，平面， 则有平面平面，又平面，因此，平面，B正确； 对于C，如图连接，在正方体中，，而平面，平面， 则，又，平面，有平面，平面，于是得， 同理，因，平面，则平面， 平面，所以平面平面，C正确； 对于D，如图，连接，显然是正三角形，当点P与点B重合时，， 点P在运动过程中，不是总有成立， D错误. 故选：BC. 11. 已知的内角，，所对的边分别为，，，边上的高为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正弦定理边化角及和差角的正弦、二倍角公式逐项分析判断. 【详解】对于A，，由，得，由正弦定理得 ，而，因此，A正确； 对于B，由及正弦定理得， 即，则 ，即，又， 因此，又，则，，B正确； 对于C，若，则，由正弦定理得，由选项B知， ，而 解得，即，矛盾，C错误； 对于D，由选项A知，，而， 则，整理得， 而，因此，又，则， ，D正确. 故选：ABD 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在相应横线上. 12. 已知向量，若向量与垂直，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】因为，所以，解得， 故答案为： 13. 已知直三棱柱中，，，侧棱，若点，分别是线段，的中点，则点到直线的距离是________． 【答案】## 【解析】 【分析】构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点的坐标，应用向量法求点线距离. 【详解】由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以， 则点到直线的距离. 故答案为： 14. 甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.规定：累计负两场者被淘汰；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.设每场比赛双方获胜的概率都为，则甲连胜四场的概率为________；需要进行第五场比赛的概率为________. 【答案】 ①. ##0.0625 ②. ##0.75 【解析】 【分析】根据独立事件的概率乘法公式可求得事件“甲连胜四场”的概率；计算出四局以内结束比赛的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】甲连胜四场，则； 记事件为甲输，事件为乙输，事件为丙输，则四局内结束比赛的概率为 ， 所以需要进行第五场比赛的概率为. 故答案为：； 四、解答题：本大题共5小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，，与的夹角为. （1）求，并表示出在方向上的投影向量； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）由数量积的定义、投影向量的定义即可求解； （2）由题意当且仅当向量与的数量积大于0且不共线，进一步列不等式即可求解. 【小问1详解】 由题意，解得， 所以在方向上的投影向量为； 【小问2详解】 若向量与的夹角为锐角， 则当且仅当向量与的数量积大于0且不共线， 而与的夹角为，即与可以视作平面内的一组基底向量， 所以，且， 解得或， 故所求为. 16. 已知，其内角的对边分别为，且 ． （1）求； （2），D是BC的中点，求AD的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合展开化简，求得，再结合可得； （2）由面积公式求，用余弦定理求，再次在中用余弦定理，得AD的长. 【小问1详解】 由题意和正弦定理得 ， 且 ， 即 ， 得，且，则， 可得且，所以. 【小问2详解】 如图： 因为 由 所以 解得， 在中，由余弦定理得 则又D为BC边上的中点，所以 在中，由余弦定理得，则 在中，由余弦定理得 所以 17. 如图，在三棱柱中，是正方形，. （1）求证：平面平面； （2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在三棱柱中，由是正方形，得，而， 平面，因此平面，又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件可证得平面，即可根据面面垂直的判定推理得证. （2）利用等体积法求出点到平面的距离，再利用公式求出线面角的正弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，而平面，则， 在中，，则， ，， ，，即， ，设点到平面的距离为，由， 得，解得，设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 为进一步推动防范电信网络诈骗工作，预防和减少电信网络诈骗案件的发生，某市开展防骗知识大宣传活动.举办了“网络防骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值； （2）根据频率分布直方图，估计样本成绩的平均数和下四分位数； （3）若总体划分为2层，通过分层随机抽样抽取样本构成总样本.已知各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为，，；，，，求总样本平均数，样本方差. 【答案】（1）； （2）74，65 （3），. 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1，求. （2）利用频率分布直方图估计平均数，结合下四分位数的意义求解. （3）利用平均数、方差公式计算得解. 【小问1详解】 由频率分布直方图知，， 所以. 【小问2详解】 平均数为， 前2组的频率和为，前3组的频率和为， 因此下四分位数在第3组，设为，，解得， 所以下四分位数为. 【小问3详解】 总样本平均数， ，， 总样本方差， 又， ， 同理， 所以. 19. 在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字，个球上标有数字3． （1）若，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率； （2）若，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，求的概率； （3）若，将乙袋中的球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球是否相互独立?请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是 【解析】 【分析】（1）设  为从甲袋摸出的球的数字， 为从乙袋摸出的球的数字，先求出各自的分布列，然后利用独立事件和互斥事件概率公式计算得到； （2）先求出的分布列，然后比较并利用独立事件概率公式计算得到； （3）直接分析可得到,利用全概率公式计算得到,然后利用独立事件概率定义验证. 【小问1详解】 给定 ，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 2 个，标数字 3 的球有 2 个. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 1 个，标数字 3 的球有 1 个. 设为从甲袋摸出的球的数字，为从乙袋摸出的球的数字. ，，. ，，. 摸出两个球数字相等的概率为： 【小问2详解】 给定 ，，，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 4 个，无标数字 3 的球. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 0 个，标数字 3 的球有 2 个. 从甲袋有放回摸两个球，数字和 ： ，. 的分布： ， ， . 从乙袋有放回摸两个球，数字和： ，，. 的分布： ， ， 。  和  独立，求 ：满足  的组合： ：， ：， ：， ：， ：. 总和： 【小问3详解】 给定 ，，，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 4 个，无标数字 3 的球. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 2 个，无标数字 3 的球. 将乙袋球倒入甲袋后，总球数 9 个：标数字 1 的球有 个，标数字 2 的球有  个. 事件定义：：第一次取到红球（红球共 6 个），：第二次取到标数字 1 的球（标数字 1 的球共 3 个）. 计算概率：, ：第二次取到标数字 1 的球，由全概率公式： ，此时剩余标数字 1 的球有 2 个，总球 8 个，故 . ，此时剩余标数字 1 的球有 3 个，故 。 ：第一次取到红球且第二次取到标数字 1 的球. 有序抽取，总可能结果数：. 有利结果： 第一次取标数字 1 的红球（有 2 个），第二次取标数字 1 的球（剩余 2 个标数字 1 的球）： 种. 第一次取标数字 2 的红球（有 4 个），第二次取标数字 1 的球（剩余 3 个标数字 1 的球）： 种. 总和： 种. 验证独立性： 因为 ，所以事件  和  相互独立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $