精品解析：广西柳州高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

2024-2025学年度下学期2024级（高一）期末考试卷 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 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 3. 某读书会有6名成员，寒假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：3，2，5，4，3，1，则这组数据的75%分位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 3.5 D. 4.5 4. 已知向量，，若与方向相反，则实数值为（ ） A. 4 B. 2或 C. D. 或4 5. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（ ） A B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减.若实数a满足，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角是45°，且平面内的直线和斜线在平面内的射影的夹角是45°，则直线、所成的角是（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 75° 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在中，已知，，，则 B. 向量，，则 C. 向量，可以作为平面向量的一组基底 D. 已知点，点P是线段三等分点，则点P的坐标可以为 10. 在边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，下列选项中，正确的是（ ） A. A1C1⊥BD B. B1C与BD所成的角为60° C. A1C与平面ABCD所成的角为45° D. 三棱锥A1—ABD的外接球半径为 11. 有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件C相互独立 C. 事件A与事件E相互独立 D. 事件A与事件B相互独立 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 数据平均数，方差，若，则数据的平均数______，方差______． 13. 若直线：与直线：平行，则实数的值为______. 14. 已知函数，若函数有5个不同的零点，则实数m的取值范围为_____________ 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 已知的顶点为、 、 . （1）求边所在直线的方程； （2）求边上的高线所在直线的方程； （3）求的面积. 16. 某学校组织全校学生进行了一次“两会知识知多少”的问卷测试，已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机后去了200名学生的测试成绩，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值； （2）若样本数据在平均成绩，方差，在的平均成绩，方差，求在的平均成绩和方差； （3）现学校准备利用按比例的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成两会知识宣讲团.从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，设事件为“至少有1人测试成绩位于区间”，求事件发生的概率. 17. 如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示. （1）求证：平面ABC1⊥平面AC1D； （2）求点C1到平面ABD的距离d； （3）求二面角的余弦值. 18. 在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. （1）求角A的大小； （2）若，，求a； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 19. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. （1）写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； （2）已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； （3）已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设（，），且的伴随函数为，其最大值为p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下学期2024级（高一）期末考试卷 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合A，B，根据交集概念求解即可. 【详解】，即，解得， 集合，又， 所以. 故选：A 2. 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】D 【解析】 【分析】利用复数除法求解，再结合复数对应的点判断即可. 【详解】，所以对应的点位于第四象限. 故选：D 3. 某读书会有6名成员，寒假期间他们每个人阅读的书本数分别如下：3，2，5，4，3，1，则这组数据的75%分位数为（ ） A. 3 B. 4 C. 3.5 D. 4.5 【答案】B 【解析】 【分析】这组数从小到大排列顺序为：1，2，3，3，4，5，根据，结合百分数的定义，即可求解. 【详解】由题意，这组数从小到大排列顺序为：1，2，3，3，4，5， 由，可得这组数据的75%分位数为从小到大排列的第5个数为4. 故选：B. 4. 已知向量，，若与方向相反，则实数的值为（ ） A. 4 B. 2或 C. D. 或4 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得，求出，然后再代入检验是否两向量方向相反即可. 【详解】，，即或， 当时，，，，与的方向相反，成立； 当时，，，，与的方向相同，不成立. . 故选：A 5. 已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】若，，则直线m与n或平行或相交或异面，故A不正确； 若，，则，又，则在平面内存在直线c使得，所以，则，故B正确； 若，，则m可能与平行，可能垂直，也可能在平面内，故C不正确； 若，，，则，或m，n相交或异面，故D不正确． 故选:B． 6. 素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据球和圆柱的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆柱的高为，则银杯内壁的表面积， 得. 故选：A 7. 已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减.若实数a满足，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得到，结合偶函数的对称性及区间单调性得，即可求参数范围. 【详解】由题意，知，所以， 又函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减， 所以，即或，所以或. 故选：B 8. 已知平面的一条斜线和它在平面内的射影的夹角是45°，且平面内的直线和斜线在平面内的射影的夹角是45°，则直线、所成的角是（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 75° 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意画出几何示意图，利用直线与平面的位置关系找出直线,所成的角即可求出其大小. 【详解】设直线交平面于点，在直线上任取一点，过点作平面的垂线，垂足为，连接，则， 再过点作直线，使得直线与直线夹角为45°，过点作，垂足为，连接，则，如图所示： 易知平面，直线平面，所以， 因为，，平面，所以平面； 又因为平面，所以，可得， 设，则，, 所以在中，， 因此. 故选：C 二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 在中，已知，，，则 B. 向量，，则 C. 向量，可以作为平面向量的一组基底 D. 已知点，点P是线段的三等分点，则点P的坐标可以为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，应用正弦定理求解即可；对于B，，再计算模长即可判断；对于C，判断是否共线即可；对于D，设，分和求解即可． 【详解】对于A，，，， 由正弦定理得，即，解得，故A正确； 对于B，，则，故B错误； 对于C，，不共线， 即向量，可以作为平面向量的一组基底，故C正确； 对于D，点P是线段的三等分点，设， ①，即，解得，； ②，即，解得，； 则点P坐标不可能为，故D错误． 故选：AC． 10. 在边长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，下列选项中，正确的是（ ） A. A1C1⊥BD B. B1C与BD所成的角为60° C. A1C与平面ABCD所成的角为45° D. 三棱锥A1—ABD的外接球半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，由和得到；选项B，由得到为和所成的角，又为等边三角形得到和所成的角为； 选项C，平面得到为与平面所成的角，从而得到，则；选项D，由三棱锥A1—ABD的外接球就是正方体的外接球，利用正方体求得三棱锥A1—ABD的外接球的半径. 【详解】选项A，是正方体，是正方形，， ，，选项A 正确； 选项B，是正方体，，为和所成的角， 又为等边三角形， ， 和所成的角为，选项B正确； 选项C，是正方体，平面， 为与平面所成的角， 正方体的棱长为1，， 在中， ，，选项C错误； 选项D，三棱锥A1—ABD的外接球就是正方体的外接球， 三棱锥A1—ABD的外接球的半径为，选项D正确. 故选：ABD. 11. 有6个相同的球，分别编号1、2、3、4、5、6，从中先不放回的随机取两次，再将球全部放回随机取一次，以上每次抽取一个小球，记事件A：第一次取球编号数字小于3；B：第二次取球编号数字为偶数；C：第三次取球编号为6；D：前两次取球编号数字和为7；E：第一、三次取球编号数字至少有一个1.则下列说法正确的是（ ） A. B. 事件A与事件C相互独立 C. 事件A与事件E相互独立 D. 事件A与事件B相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出事件的概率，再根据相互独立事件概率的关系依次判断每个选项得到答案. 【详解】根据题意，，，，， 对于A，由于是不放回的取球，则，故A正确； 对于B，因为，所以事件与相互独立，故B正确； 对于C，因为，所以事件与不相互独立，故C错误； 对于D，因为，所以事件与相互独立，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 数据的平均数，方差，若，则数据的平均数______，方差______． 【答案】 ①. 25 ②. 80 【解析】 【分析】根据平均数、方差的性质求解即可． 【详解】由题意数据的平均数为，方差为， 根据平均数和方差性质可得 数据的平均数， 方差. 故答案为：25；80 13. 若直线：与直线：平行，则实数的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据一般式方程中两直线平行的条件得到方程，求出参数的值，再代入检验即可. 【详解】因为，所以，解得， 当时，：与：重合，所以； 当时，：与：平行，所以. 故答案为： 14. 已知函数，若函数有5个不同的零点，则实数m的取值范围为_____________ 【答案】或 【解析】 【分析】首先由方程，求得或，再画出函数的图象，再利用数形结合求实数的取值范围，即可求解. 【详解】令， 所以或，如图，画出函数的大致图象， 时，与的图象有3个交点， 所以与的图象只能有2个交点，则或， 所以或. 故答案为：或 四、解答题（共5小题，共77分） 15. 已知的顶点为、 、 . （1）求边所在直线的方程； （2）求边上的高线所在直线的方程； （3）求的面积. 【答案】（1） （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）先求直线的斜率，用点斜式写出直线的方程并化简. （2）根据两直线垂直，确定边上高的斜率，再根据点斜式写出边上的高的方程并化简. （3）利用“割补法”求三角形的面积. 【小问1详解】 因为. 所以直线的方程为：即. 【小问2详解】 因为，所以边上高的斜率为：. 所以边上的高所在的直线为：即. 【小问3详解】 如图：作轴于点，轴于点，则，. 所以. 16. 某学校组织全校学生进行了一次“两会知识知多少”的问卷测试，已知所有学生的测试成绩均位于区间，从中随机后去了200名学生的测试成绩，绘制得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值； （2）若样本数据在的平均成绩，方差，在的平均成绩，方差，求在的平均成绩和方差； （3）现学校准备利用按比例的分层随机抽样方法，从和的学生中抽取7人组成两会知识宣讲团.从选定的7人中随机抽取2人对高一同学进行宣讲，设事件为“至少有1人测试成绩位于区间”，求事件发生的概率. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的小长方体的面积和为1求解； （2）利用分层随机抽样的平均数公式与方差公式求解； （3）由按比例分配的分层随机抽样，确认在中抽5人，在中抽2人，列出样本空间和满足事件的总情况，利用求解. 【小问1详解】 根据题意可得，解得. 【小问2详解】 因为的人数为， 的人数为， 所以在平均成绩为， 在的成绩的方差为. 【小问3详解】 因为和这两组的频率之比为， 所以在中抽5人，在中抽2人， 设从学生中抽取的5人为，从学生中抽取的2人为1，2， 则这个试验的样本空间为， 故， 又因为，则， 所以事件的概率为. 17. 如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示. （1）求证：平面ABC1⊥平面AC1D； （2）求点C1到平面ABD的距离d； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明详见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可； （3）根据二面角的定义做出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【小问1详解】 由题得，在△中，，所以. 又因为矩形，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 在△中，，所以，所以. 直角△中，. 由（1）知平面，所以点到平面的距离为. 设点C1到平面ABD的距离为d， 由，得， 所以. 【小问3详解】 如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接. 由（2）知，，又， 平面，所以平面， 因为平面，故. 因为，，平面，所以平面. 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，解得， 因为平面，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值为． 18. 在中，内角A、B、C对应的边分别是a、b、c，且. （1）求角A的大小； （2）若，，求a； （3）若为锐角三角形，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理和诱导公式，化简求值即可； （2）通过三角形的面积公式求出边长，再利用余弦定理求解即可； （3）通过正弦定理，将边用角表示，然后结合三角形中角的关系，将问题表示为单一变量角的函数，再结合锐角三角形，确定角的取值范围，再利用正弦函数求取值范围即可. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，即， 因为在中，，所以， 又，所以 【小问2详解】 因为，，，所以，解得. 由余弦定理得. 【小问3详解】 因为，， 结合正弦定理，得，所以，. 在中，, 所以. 因为为锐角三角形，所以，所以， 则，所以， 所以. 19. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为. （1）写出的“伴随函数”，并直接写出的最大值； （2）已知向量，，函数，求函数的“伴随向量”的坐标； （3）已知，的“伴随函数”为，的“伴随函数”为，设（，），且的伴随函数为，其最大值为p. ①若，求p的取值范围； ②求证：向量的充要条件是. 【答案】（1），最大值为2. （2） （3）①，②证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据新定义可得得表达式，由辅助角公式化简即可求解； （2）根据向量数量积坐标运算结合三角恒等变换化简，根据“伴随向量”的定义求解； （3）设，，①由新定义结合三角恒等变换化简求得的取值范围；②由题得，则，先证明充分性，再证明必要性. 【小问1详解】 由，得， ， 当且仅当，即时，取得最大值2. 【小问2详解】 由题，可得， 所以函数的“伴随向量”. 【小问3详解】 由题，设，， ①因，所以， ， 所以 ， 因为，所以的取值范围为. ②因为， 所以 ， 故， 先证明充分性：由，得， 即， 所以，故， 所以； 必要性：当时，可得， . 综上，向量的充要条件是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $