精品解析：黑龙江省牡丹江市第二高级中学2024-2025学年高一下学期期末数学试卷

牡丹江二中2024—2025学年度第二学期高一学年期末试题 数学 考生注意 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.（根据学年修改考试时间） 2．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. 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） 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】根据题意，利用复数的运算法则，化简得到，结合共轭复数的概念，以及复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数满足，则，可得， 故复数的共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C. 2. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（ ） A. 8 B. 7 C. 5 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆台侧面积公式列式求解. 【详解】设圆台较小底面的半径为， 由圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，得该圆台较大底面的半径为， 由母线长为7，圆台的侧面积为，得，解得，经验证符合题意， 所以圆台较小底面的半径为3. 故选：D 3. 已知向量，，若，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示列方程求得，再由投影向量的定义求向量在上的投影向量. 【详解】由题设，则，即， 所以向量在上的投影向量为. 故选：C 4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列四个命题：①，；②若，为异面直线，，，，；③，，；④，.其中正确命题的个数有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断即可. 【详解】对于①，，或，故①错误； 对于②，因为，，记，， 则，因为，所以，假设不相交，则， 则，这与，为异面直线，故相交， 又，，所以，故②正确； 对于③，，，或异面，故③错误； 对于④，，或异面，故④错误. 所以正确命题的个数有1个. 故选：B. 5. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，8，3，5，6的第60百分位数是5 B. 若一组样本数据4，6，7，8，9，的平均数为7，则 C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大 D. 若的标准差为4，则的标准差是8 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由百分位数的定义即可判断；对于B，由平均数公式列方程即可判断；对于C，由分层抽样的性质即可判断；对于D，由标准差的性质即可判断. 【详解】对于A，因为5个数据从小到大排列为1，3，5，6，8，且，所以第60百分位数是，则A错误. 对于B，一组样本数据4，6，7，8，9，的平均数为7，可知，解得，B错误. 对于C，因为在分层抽样中，每一层的抽样比是相同的，都等于总的抽样比，所以C错误. 对于D，因为的标准差为4，所以它的方差为16， 而的方差为，所以它的标准差是8，故D正确. 故选：D. 6. 如图，在中，，为CD上一点，且满足，若的面积为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，先由的面积求出及的值，再根据平面向量共线定理，向量的加法法则和平面向量基本定理求出，进而确定，求出，再利用基本不等式即可求出的最小值. 【详解】由，可得， 所以. 由可得. 因为为CD上一点，所以设， 则 . 因为， 所以，解得， 所以， 所以 (当且仅当，即时等号成立). 所以的最小值是. 故选：D 7. 在中，点，在边上，为边上中线，为平分线，若，，的面积等于，则（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量可建立起的关系式，再结合面积即可求得，再利用面积相等即可求角平分线的长. 【详解】为边上的中线，， 即，即， 即，. 因为，， ， ， 为平分线，，故， 又，所以， 即，解得， 故选：D 8. 如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 当为中点时，四点共面 B. 当为中点时，直线与所成角为 C. 三棱锥的体积为定值1 D. 的最小值为 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，先证得，再可证得，从而可进行判断，对于B，由于‖，则可得为直线与所成角，然后求解判断，对于C，由于//平面，所以，然后求解判断，对于D，由于为等边三角形，所以当为中点时，取得最小值. 【详解】对于A，因为为中点，为棱的中点，所以， 因为，‖，所以，‖， 所以四边形为平行四边形，所以‖， 因为‖，所以‖，所以四点共面，所以A正确； 对于B，由选项A可知当为中点时，‖，所以为直线与所成角， 在中，，所以， 所以，所以直线与所成角不为，所以B错误， 对于C，因为‖，平面，平面，所以‖平面， 所以，所以C正确， 对于D，因为为等边三角形，是上的动点，所以当为中点时，取得最小值， 因为等边的边长为2，所以边上的中线为， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查线线平行的判断，考查异面直线所成的角，考查棱锥的体积，考查空间图形中动点问题，解题的关键是正确运用正三棱柱的性质求解，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题. 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. 9. 已知的内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. 的外接圆半径为 C. 若，则的面积为 D. 边上中线的最大值为4 【答案】BC 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角来求出利用正弦定理求外接圆半径，利用勾股定理来判断直角三角形求出的面积为，利用中线长公式，再结合基本不等式可求出最大值为，从而可作出各选项的判断. 【详解】对于A：由和正弦定理，可得 移项得，即 因，则，代入上式，得， 因，则，故， 又因为，则，故A错误； 对于B：由正弦定理，，即三角形的外接圆半径为故B正确； 对于C：由余弦定理得，， 因为，所以，， 又因为，则， 可知三角形的面积为，故C正确； 对于D：由余弦定理和基本不等式，可得，当且仅当时取等号， 因为边上的中线，则有， 两边取平方，可得， 则，当且仅当时的最大值为 ，故D错误． 故选：BC. 10. 设A，B易两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若A，B是互斥事件，则 B. 若，则 C. 若A，B是相互独立事件，则 D. 若，则A，B是相互独立事件 【答案】CD 【解析】 【分析】A由互斥事件概念可知；B由事件的包含关系得；C由概率性质与概率乘法公式可得；D由概率加法公式与相互独立事件的定义可得. 【详解】A项，若是互斥事件，不可能同时发生， ，故A错误； B项，若，则，则，故B错误； C项，若相互独立，则， 所以，故C正确； D项，由，且事件互斥，则, 若， 则， 又，，故相互独立，故D正确. 故选：CD. 11. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 的范围是 D. 的范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量运算的坐标表示，列出关系式，根据三角恒等变换中的二倍角公式和两角和的余弦公式对各等式化简，运用三角函数的值域，分别判断各选项正误，结合单位圆的切线情况，判断D的正误. 【详解】已知，，，， 所以，，， ，，，所以A正确. ， 则 ， 由同角三角函数关系和余弦二倍角公式得，仅当时，，即，所以B错误. ， 因为，所以，所以的范围是，所以C正确. 当时，点与点之间没有关联，则两点都在单位圆上运动， 如图所示，当点与点重合时，最小时为0， 当都与单位圆相切时，最大， 此时可知,所以， 同理可得，，此时，所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，且为纯虚数，其中是虚数单位，则_______ 【答案】 【解析】 【分析】根据为纯虚数列方程来求得. 【详解】依题意，为纯虚数， 所以，解得. 故答案为： 13. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数分别记为，则事件“”的概率为____________. 【答案】 【解析】 【分析】采用列举法可得所有基本事件个数和满足题意的基本事件个数，根据古典概型概率公式可求得结果. 【详解】将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数所有可能的结果有：，共个基本事件； 其中满足的有：，共个基本事件， 所求概率. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为平面，所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，外接球的半径为，连接，则， 所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知利用正弦定理可得：a2＝b2+c2+bc．由余弦定理可得：cosA，结合范围A∈（0，π），可求A． （2）由已知利用余弦定理c2+2c﹣5＝0，解得c的值，利用三角形面积公式即可计算得解． 【详解】（1）因为， 由正弦定理得. 再由余弦定理得， 又因为 ，所以 ． （2）因为a=3，， 代入得, 解得 . 故△ABC的面积. 【点睛】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 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，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）取的中点，连接，如图， 因为为等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，，面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连结，由平面几何的性质结合面面垂直的性质可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定得证即可. （2）由线面角的概念可得即为直线与平面所成的角，再结合定义法得解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，如图， 由（1）得平面，故即为直线与平面所成的角， 由，可得，， 故. 18. 已知中，角的对边分别为，. （1）是边上的中线，，且，求的长度. （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理求出，对两边平方求出中，再由余弦定理可得答案； （2），根据为锐角三角形求出的范围，再由的范围可得答案. 【小问1详解】 ， 由正弦定理得：， 因为，所以， 所以，因为，所以，解得， 因为，所以， ， 又因为，所以， 在中，由余弦定理可得： ， 所以，即； 【小问2详解】 由题设 ， 因为为锐角三角形，所以 ，从而， 可得，所以， 则面积的取值范围是. 19. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面MAC； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱PC上是否存在点Q使平面平面MAC成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明如下： 设，交于点，连接，则为中点. 在中，，分别为，中点，所以. 因为平面，平面， 所以平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线线平行证明线面平行； （2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，解三角形得解； （3）假设存在，利用面面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，，平面. 所以平面. 因为平面，所以， 则即为平面与底面所成二面角的平面角. 设，则，，故， 所以， 即二面角的余弦值为. 【小问3详解】 存在点，当时，平面平面. 证明如下： 如图，取中点，连接交于点，连接， 因为是正三角形，所以. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 因为，所以，所以平面. 因为平面，所以. 因为底面是正方形，所以. 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以棱上点存在点，当时，平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牡丹江二中2024—2025学年度第二学期高一学年期末试题 数学 考生注意 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.（根据学年修改考试时间） 2．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. 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（ ） A. 8 B. 7 C. 5 D. 3 3. 已知向量，，若，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列四个命题：①，；②若，为异面直线，，，，；③，，；④，.其中正确命题的个数有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 5. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，8，3，5，6的第60百分位数是5 B. 若一组样本数据4，6，7，8，9，的平均数为7，则 C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大 D. 若的标准差为4，则的标准差是8 6. 如图，在中，，为CD上一点，且满足，若的面积为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，点，在边上，为边上中线，为平分线，若，，的面积等于，则（） A. B. C. D. 8. 如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（ ） A. 当为中点时，四点共面 B. 当为中点时，直线与所成角为 C. 三棱锥的体积为定值1 D. 的最小值为 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. 9. 已知的内角的对边分别为，且，则（ ） A. B. 的外接圆半径为 C. 若，则的面积为 D. 边上中线的最大值为4 10. 设A，B易两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若A，B是互斥事件，则 B. 若，则 C. 若A，B是相互独立事件，则 D. 若，则A，B是相互独立事件 11. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 的范围是 D. 的范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，且为纯虚数，其中是虚数单位，则_______ 13. 将一枚质地均匀的骰子连续抛掷次，向上的点数分别记为，则事件“”的概率为____________. 14. 在三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为____________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，分别是内角的对边，且. （1）求； （2）若，，求的面积. 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，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 18. 已知中，角的对边分别为，. （1）是边上的中线，，且，求的长度. （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 19. 如图，四棱锥的底面ABCD是正方形，是正三角形，平面平面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面MAC； （2）求二面角的余弦值； （3）在棱PC上是否存在点Q使平面平面MAC成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $