精品解析：山东省青岛第二中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

青岛二中2024-2025学年第二学期期末考试—高一数学试题 命题人：牟庆生 张羽 李婉昕 审核人：程志 一、单选题：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. 某学校有男生2000名和女生1000名，为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从男生中抽取100名学生，则为（ ） A. 150 B. 200 C. 250 D. 300 【答案】A 【解析】 【分析】根据比值关系直接计算可得. 【详解】由题知，，解得. 故选：A 2. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 2 B. 48 C. 50 D. 96 【答案】C 【解析】 【分析】由题可求圆锥底面半径和母线长，先求当截面过中心轴时，顶角为钝角，然后得出截面面积的最大值即可. 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为， 则， 当截面过中心轴时，所以， 所以， 由三角形面积公式得当时，截面面积最大，最大为. 故选：C. 3. 已知两个不同的平面，和两条不重合的直线m，n，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，且n与平面、所成的角相等，则 C. 若，，，则 D. 若m，n为异面直线，且，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据线面平行性质推断线线位置即可判断；对于BC，举出反例可判断；对于D，结合异面直线性质以及面面平行的判定定理即可判断. 【详解】对于A，如图示，若，，则可能是或异面，A错误； 对于B，若，当时，n与平面、所成的角相等， 此时，B错误； 对于C，如图，设，且， ，当时，有成立，此时可斜交，不一定垂直，C错误， 对于D，如图，过m作平面γ与平面交于l， 由于，，故，而，，故， 由于m，n为异面直线，且，故必相交，结合，得，D正确， 故选：D 4. 抽样调查得到20个样本数据，记作，样本数据的平均数为9，方差5.现去掉一个最大值13和一个最小值5，产生一组新数据，关于这组新数据，下列说法错误的是（ ） A. 中位数一定不变 B. 极差一定变小 C. 方差一定变小 D. 平均数一定不变 【答案】B 【解析】 【分析】由题可设20个样本数据从小到大排列为，通过计算可逐项判断. 【详解】不妨设20个样本数据从小到大排列为， 去掉最小，最大，剩下共18个样本数据， 原样本中位数为，新样本中位数也为，故A正确； 新样本极差为，所以极差有可能与原来相等，故B错误； 因为原样本均值为，所以新样本均值，故D正确； 原样本方差， 新样本方差， 所以新样本方差变小，故C错误； 故选：B. 5. 已知事件A，B，C满足：，，则下列结论正确的为（ ） A. 若，则C与B相互对立 B. 若，则 C. 若事件A与B相互独立，则 D. 若事件A与B相互独立，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件的概念可判断A；根据事件的包含关系可判断B；根据并事件的概率和独立事件概率关系可判断CD. 【详解】对于A，因为不一定互斥，所以由得不到C与B对立，错误； 对于B，若，则，错误； 对于C，若事件A与B相互独立，则， 则，正确； 对于D，若事件A与B相互独立，则相互独立， 则，错误. 故选：C 6. 若，则为整数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】使用列举法求出样本空间，列举出满足条件的样本点，然后可得概率. 【详解】从中任取两个数的样本空间为： ，共25个. 使为整数的样本点有，共8个. 所以为整数的概率为. 故选：C 7. 在复平面中，为坐标原点，，，Z所对应的复数分别为，，，且，的面积为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可设，与相交于点，则，利用三点共线可得即可求解. 【详解】设，与相交于点， 又，所以， 则，又三点共线， 所以，则， 所以，即的面积为. 故选：B. 8. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边化简可得，结合余弦定理可得，进而将进行切化弦，化简即可求得答案. 【详解】由，得, 故， 则 ， ， 故选：D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，根据赋值的四则运算即模长公式等可逐项判断. 【详解】设， ， ， ， 即或，故A错误； ，， 即， 所以，故B正确； ， ， 则或， 所以，则或，故C正确； ，， 即，故D正确； 故选：BCD. 10. 如图，在中，D是的中点，O是上一点，且，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 过点作一条直线与边，分别相交于点E，F，若，，则 D. 若是边长为4的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可判断AB；根据向量的线性运算以及三点共线可判断C；建立平面直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算可判断D. 【详解】对于A，由题意得，， 故，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，， ， ， 因为三点共线，故可设， 即，解得，C正确； 对于D，以D为坐标原点，以为x轴，的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系， 则， 则， 设，则， ，， 故， 当时，取最大值， 当时，取最小值， 即的取值范围是，D正确， 故选：ACD 11. 在棱长为4的正方体中，点P为的中点，点E在线段上运动，点M在线段上运动，点N在正方形内（包含边界）运动，则下列结论正确的有（ ） A. 直线与平面所成角为定值 B. 三棱锥外接球球心到平面的距离为 C. 的最小值为8 D. 若平面，则异面直线与所成角的余弦值取值范围是 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由面面平行可得即为直线与平面所成角，，点M在线段上运动，不是定值，故A错误；对于B，根据墙角模型易得外接球半径，利用球的截面性质可求距离；对于C，由要最小，首先要最小，过作平面，可得；对于D，易得在线段运动，过作平面，即就是异面直线与所成角或其补角，，，进而求出余弦值的取值范围. 【详解】对于A,由正方体性质知平面平面， 故直线与平面所成角等于直线与平面所成的角， 因为⊥平面，所以即为直线与平面所成角， ，点M在线段上运动，不是定值， 故直线与平面所成角不为定值，A错误； 对于B，由于两两垂直， 故三棱锥外接球即为以为长宽高的长方体的外接球， ，故外接球直径为， 又， 故， 故，则的外接圆的半径为， 结合外接球球心和的外接圆的圆心的连线垂直于平面， 故三棱锥外接球球心到平面的距离为，B正确； 对于C，要最小，首先要最小， 即当平面时，取得最小值， 过作平面，此时三点共线，， 在正方体，易得， 所以， 则，故C正确； 对于D，设中点为， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为，平面， 所以平面平面， 即在线段（不含Q，直线BQ与不是异面直线）运动，过作平面， 所以，， 显然为锐角，即就是异面直线与所成角， 其中， 又为钝角，所以，又， 所以， ， 当时，为， 当时，取得最小值，为， 所以异面直线与所成角的余弦值取值范围是，故D错误； 故选：BC. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】将其分割成两个三棱锥和一个直三棱柱，求出所需棱长即可体积. 【详解】记的中点分别为，连接，易知， 又，所以，因为为正三角形，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过作，过分别作的平行线，如图， 因为平面平面，平面， 所以平面，平面，所以，， 所以， 因为平面，所以， 易知，是平面内的两条相交直线，所以平面， 同理平面，所以为直三棱柱， 因为，所以， 所以该刍甍的体积为 . 故答案为： 13. 对于没有重复数据的样本，记这m个数的第k百分位数为.若在区间中的样本数据有且只有13个，则m的所有可能值的和为______. 【答案】 【解析】 【分析】分是否为整数求出，根据在区间中的样本数据有且只有13个，取得的范围，然后验证可得. 【详解】不妨假设，用表示不超过的最大整数. 若为正整数，即为正整数，则是5的倍数，此时必是正整数， 则， 则在区间的数据为， 所以，解得； 若都不是正整数，则， 则在区间的数据为， 所以，则， 解得. 综上，的可能取值有. 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 当时，在区间内的数据有，共个数，不满足题意； 故的可能取值有，. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共17分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 14. 已知向量， （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示求出m，即可求得，即可求解答案； （2）根据向量平行的坐标表示求出m，再利用向量的夹角公式，即可求得答案. 【小问1详解】 由于向量，，故，， 由，得， 即，解得，则， 故， 【小问2详解】 由于向量，，，则， 则，故， 故与夹角的余弦值为. 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求C； （2）若的平分线交于D，且，求的值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理以及正弦定理，结合两角和的正弦公式对已知等式化简，即可求得答案； （2）由题意可利用等面积法求出，结合已知等式即可求得答案. 【小问1详解】 由，得, 即，则, 则，即， 由于，故， ，故； 【小问2详解】 由的平分线交于D，可得, 即， 即，则， 结合，得. 16. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差=生产的产品质量-标准质量，单位：mg）的样本数据统计如下. （1）求的值： （2）公可从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品.其中，分别为样本平均数和样本标准差. （i）根据计算可得，若产品的质量差为38mg，试判断该产品是否属于一等品，并说明理由； （ⅱ）若公司包装时要求，4件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中随机摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率. 【答案】（1） （2）（i）该产品属于一等品，理由如下： 由图可得，， 所以一等品的质量差为， 因为，所以该产品属于一等品； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中的面积之和等于1进行求解； （2）（i）根据频率分布直方图求出平均数，即可判断；（ⅱ）利用古典概型的概率公式进行求解即可. 【小问1详解】 由图可知，，解得； 【小问2详解】 （i）略 （ⅱ）设4件一等品为，2件二等品为1,2， 则质检员从箱子中随机摸出2件产品的样本空间为 共15个样本点， 设“摸出的2件产品中至少有1件一等品”， 则共14个样本点， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，. （1）求证：平面平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当时，求二面角的正切值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，继而根据面面垂直的性质推出平面，可得，再结合线面以及面面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）利用等体积法求出D到平面的距离，再根据线面角的定义即可额求得答案； （3）根据二面角定义作出二面角的平面角，解三角形求出相关线段长，即可推出二面角平面角的正切值的表达式，结合不等式知识，即可求得答案. 【小问1详解】 由，，，可知， 故； 又平面平面，平面平面，平面， 故平面，平面，故， 又，平面， 故平面，平面， 故平面平面； 【小问2详解】 由（1）知平面，平面， 故，而，底面是平行四边形， ，，故， ； 设点D到平面的距离为d， 由， 得, 解得， 设直线与平面所成角为，则，而， 故； 【小问3详解】 作于M，作于N，连接， 由于平面平面，平面平面， 平面，故平面，平面， 故，而，平面， 故平面，则即为二面角的平面角； 设，，则， ， 由于，可得， 又，则， 故在中，， 设，则 ， 由于，故，则， 即二面角的正切值的取值范围为. 18. 给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”.在一次比赛中，n位选手的实际排名为.同学们在不知道选手实际排名的前提下，根据自己的经验预测选手们的排名为，其中集合.记，用A与I的差异量来反映预测的准确程度. （1）当时，写出满足的A的所有可能情况； （2）甲、乙两位同学同时预测，甲的预测结果为A，乙的预测结果为B，已知，，则是否可能大于?若可能，请给出一个例子，若不可能，请说明理由： （3）证明：对于任意，的值一定为偶数. 【答案】（1）、、； （2）不可能，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用列举的方法，一一验证，即可确定答案； （2）利用三角绝对值的不等式性质，即可判断出结论； （3）定义，根据“差异量”的含义，结合讨论知与具有相同的奇偶性，可得和除以2的余数相同，结合，即可证明结论. 【小问1详解】 当时，； 当时，，不合题意； 当时，，不合题意； 当时，，不合题意； 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 当时，，符合题意； 故满足的A的所有可能情况为、、； 【小问2详解】 由题意知，， ， 由于， 故，即， 即，即不可能大于； 【小问3详解】 由题意知为的一个排列， 均为正整数，定义， 则；(因为皆为的和) 考虑的奇偶性， 当时，；当时，； 故与具有相同的奇偶性， 故和除以2的余数相同，而， 故必为偶数，即对于任意，的值一定为偶数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青岛二中2024-2025学年第二学期期末考试—高一数学试题 命题人：牟庆生 张羽 李婉昕 审核人：程志 一、单选题：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. 某学校有男生2000名和女生1000名，为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，已知从男生中抽取100名学生，则为（ ） A. 150 B. 200 C. 250 D. 300 2. 已知圆锥的底面周长为，侧面积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 2 B. 48 C. 50 D. 96 3. 已知两个不同的平面，和两条不重合的直线m，n，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，且n与平面、所成的角相等，则 C. 若，，，则 D. 若m，n为异面直线，且，，，，则 4. 抽样调查得到20个样本数据，记作，样本数据的平均数为9，方差5.现去掉一个最大值13和一个最小值5，产生一组新数据，关于这组新数据，下列说法错误的是（ ） A. 中位数一定不变 B. 极差一定变小 C. 方差一定变小 D. 平均数一定不变 5. 已知事件A，B，C满足：，，则下列结论正确的为（ ） A. 若，则C与B相互对立 B. 若，则 C. 若事件A与B相互独立，则 D. 若事件A与B相互独立，则 6. 若，则为整数的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在复平面中，为坐标原点，，，Z所对应的复数分别为，，，且，的面积为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或 D. 若，则 10. 如图，在中，D是的中点，O是上一点，且，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 过点作一条直线与边，分别相交于点E，F，若，，则 D. 若是边长为4的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是 11. 在棱长为4的正方体中，点P为的中点，点E在线段上运动，点M在线段上运动，点N在正方形内（包含边界）运动，则下列结论正确的有（ ） A. 直线与平面所成角为定值 B. 三棱锥外接球球心到平面的距离为 C. 的最小值为8 D. 若平面，则异面直线与所成角的余弦值取值范围是 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为_______. 13. 对于没有重复数据的样本，记这m个数的第k百分位数为.若在区间中的样本数据有且只有13个，则m的所有可能值的和为______. 四、解答题：本题共5小题，共17分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 14. 已知向量， （1）若，求； （2）若向量，，求与夹角的余弦值. 15. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求C； （2）若的平分线交于D，且，求的值. 16. 某公司生产某种产品，从生产的正品中随机抽取1000件，测得产品质量差（质量差=生产的产品质量-标准质量，单位：mg）的样本数据统计如下. （1）求的值： （2）公可从生产的正品中按产品质量差进行分拣，若质量差在范围内的产品为一等品，其余为二等品.其中，分别为样本平均数和样本标准差. （i）根据计算可得，若产品的质量差为38mg，试判断该产品是否属于一等品，并说明理由； （ⅱ）若公司包装时要求，4件一等品和2件二等品装在同一个箱子中，质检员每次从箱子中随机摸出2件产品进行检验，求摸出2件产品中至少有1件一等品的概率. 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，且，，，. （1）求证：平面平面； （2）当时，求直线与平面所成角的正弦值； （3）当时，求二面角的正切值的取值范围. 18. 给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”.在一次比赛中，n位选手的实际排名为.同学们在不知道选手实际排名的前提下，根据自己的经验预测选手们的排名为，其中集合.记，用A与I的差异量来反映预测的准确程度. （1）当时，写出满足的A的所有可能情况； （2）甲、乙两位同学同时预测，甲的预测结果为A，乙的预测结果为B，已知，，则是否可能大于?若可能，请给出一个例子，若不可能，请说明理由： （3）证明：对于任意，的值一定为偶数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $