精品解析：甘肃省兰州大学附属中学(兰州市第三十三中学)2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

兰州大学附属中学 2024—2025学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 命题人：刘润华 审题人：曹艳 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题前，选出每个小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效. 一､单选题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数（为虚数单位），那么的共轭复数为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 复数，那么的共轭复数为，故选B. 2. 已知向量，则在上的投影长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】求出在在上的投影向量的坐标，进而求得投影向量的模即可． 【详解】因为， 所以，， 所以在上的投影向量为，所以， 所以在上的投影长为. 故选：C. 3. 某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5．若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为（ ） A. 0.85 B. 0.7 C. 0.5 D. 0.4 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，对立事件概率公式列式计算即得. 【详解】依题意，第一次面试不通过的概率为0.3，第二面试不通过的概率为0.5， 因此面试失败的概率为， 所以该同学通过面试的概率为. 故选：A 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用两角和的正切公式，求得，再利用正切的倍角公式，进行计算，即可求解. 【详解】由题意得，解得， 又由. 故选：C. 5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面、面面位置关系可判断ABD选项；利用线面、面面平行的性质定理可判断C选项. 【详解】对于A选项，若，，，，则或、相交，A错； 对于B选项，若，，，则或、相交，B错； 对于C选项，如下图所示，过直线作平面的平行平面，使得， 若，，，所以， 因为，，，所以，故，C对； 对于D选项，若，，，则、平行、相交或异面，D错. 故选：C. 6. 假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有个小孩的家庭，此家庭是随机选择的，则下列说法正确的是（　　） A. 事件“该家庭个小孩中至少有个女孩”和事件“该家庭个小孩中至少有个男孩”是互斥事件 B. 事件“该家庭个孩子都是男孩”和事件“该家庭个孩子都是女孩”是对立事件 C. 该家庭个小孩中只有个男孩的概率为 D. 该家庭个小孩中至少有2个男孩的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用对立事件的定义判断B；利用古典概型求概率方法判断C、D即可. 【详解】对于A，事件“该家庭个小孩中至少有个女孩” 和事件“该家庭个小孩中至少有个男孩”能同时发生，不是互斥事件，故A错误； 对于B，事件“该家庭3个孩子都是男孩” 和事件“该家庭个孩子都是女孩”不能同时发生，能同时不发生， 是互斥但不对立事件，故B错误； 对于C，有个小孩的家庭包含的样本点有个，分别为： （男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男）， （男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女）， 该家庭3个小孩中只有个男孩包含的样本点有个， 所以该家庭个小孩中只有个男孩的概率为，故C错误； 对于D，该家庭个小孩中至少有个男孩包含的样本点有个， 所以该家庭个小孩中至少有个男孩的概率为，故D正确． 故选：D． 7. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由给定条件，利用正弦定理边化角求出，再利用余弦定理求出即可求出三角形面积. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 而，则，由及余弦定理得，， 因此，，则， 所以的面积为. 故选：B 8. 在正四棱台中，，棱与平面所成角的正弦值为，则该棱台的体积为（ ） A. 40 B. C. 56 D. 112 【答案】C 【解析】 【分析】作图，根据侧棱与下底面所成角的正弦值及的长求出正四棱台的高，再根据棱台的体积公式求解即可. 【详解】 如图，分别取的中点,则分别为上下底面的中心， 则即为正四棱台的高.取中点,连接，则有. 又正四棱台中，，，得. 设正四棱台的高为，棱与平面所成角为， 则,得. 再由上底面面积为，下底面面积为. 正四棱台的体积. 故选：C. 二､多选题：本大题共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，全部选对得6分，选对但不全对得部分分，有选错的得0分. 9. 某位同学连续抛掷质地均匀的骰子次，向上的点数分别为，，，，，，，，，，则这个数（ ） A. 众数为和 B. 标准差为 C. 平均数为 D. 第百分位数为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据众数、标准差、平均数、百分位数的定义逐一运算判断即可. 【详解】A：因为和出现的次数均为，且出现的次数最多，因此众数为和，所以本选项说法正确； B：这10个数的平均数为：， 标准差为：， 因此本选项不正确； C：由选项B可知该选项正确； D：一共有10个数，由，上述10个数是按照从小到大排列的， 所以第百分位数为，因此本选项不正确， 故选：AC 10. 已知中，角的对边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，则的最大角是 C. 若，则为等腰直角三角形 D. 若，且，则为等边三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合余弦定理及内角和的性质判断选项A， 由条件结合正弦定理可求，由此确定最大的角为，根据余弦定理求，判断选项B， 由结合余弦定理可得，化简判断选项C， 由结合向量运算的几何意义证明为等腰三角形，再结合数量积定义求，判断选项D. 【详解】对于，因为，所以， 又，所以为锐角，但不一定为锐角三角形，所以A错误. 对于B，因为，由正弦定理得：， 由大边对大角可得的最大内角为，则， 又，所以，故B正确； 对于，， 又，所以，所以， 平方可得，，即， 即，所以，又，所以， 所以为等腰直角三角形，故正确. 对于，表示方向的单位向量；表示方向的单位向量， 根据平面向量加法的几何意义可知与的角平分线共线， 由可知的角平分线与垂直， 所以是等腰三角形. 而， 又，所以，所以是等边三角形，D正确. 故选： 11. 如图，M为棱长为2的正方体表面上的一个动点，则（ ） A. 当在平面内运动时，四棱锥的体积是定值 B. 当在直线上运动时，与所成角的取值范围为 C. 使得直线与平面所成的角为60°的点的轨迹长度为 D. 若为棱的中点，当在底面内运动，且平面时，的最小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，利用体积公式可得体积不变；B选项，根据找到异面直线所成角为与所成的角，即可判断；C选项，找到的轨迹为线段，以及在平面内以为圆心、为半径的圆弧，计算即可；D选项，利用中点得线线平行，即可找到的轨迹，计算即可． 【详解】对于A，因为底面正方形的面积不变，在平面内运动时，又到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故A正确； 对于B，由于，故与所成的角即为与所成的角， 当在端点时，为等边三角形，此时所成的角最小，最小为， 当在的中点时，所成的角最大，最大为，故与所成角的取值范围为，故B错误； 对于C，由于在正方体表面上，若直线与平面所成的角为60°，则，故以为圆心，以为半径作球，与棱相交于点，则的轨迹为线段，以及在平面内以为圆心、为半径的圆弧，如图①，故的轨迹长度为，故C正确； 分别取、、、、的中点、、、、， 由正方体的性质可知、、、、，六点共面，且为正六边形，如图②， 由中位线定理，，平面，平面，所以平面， 同理平面，且，平面， 所以平面平面， 在底面内运动，所以轨迹为线段， 取中点，连接，则平面， 故 故当最小时，最小，由于故，故当为时，的长最小，此时，故最小为，D正确． 故选：ACD． 【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡对应的横线上. 12. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用长方体和外接球的关系可求球的半径，利用面积公式可得答案. 【详解】因为长方体的三条棱的长分别为，所以其对角线的长为， 因为长方体的各顶点均在同一球的球面上，所以球的直径等于长方体的对角线长，即半径为， 所以球表面积为. 故答案为： 13. 设，是不共线的两个向量，，，.若A，B，D三点共线，则k的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再由A，B，D三点共线，必存在一个实数，使得 ，由此可得，即可求出结果. 【详解】因为，，， 所以， 由题意，A，B，D三点共线，故必存在一个实数λ，使得. 所以， 又因为与不共线， 所以，解得. 故答案为： . 14. 在中，角所对的边分别为，若，边上一点满足，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由余弦定理和正弦定理结合题设可得，由可得为角的平分线，再利用等面积法可得，进而利用基本不等式求解即可. 【详解】由，根据正弦定理得， 则，即，所以， 又，所以， 因为，即，故为角的平分线，且， 由，则， 故，即， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 则的最小值为. 故答案为：．   四､解答题：本大题共5小题，其中15题13分，16-17题各15分，18-19题各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，，若，，，夹角为． （1）求； （2）当为何值时，向量与向量互相垂直？ 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由条件根据数量积的定义求，再结合模的性质求结论； （2）由条件可得，结合数量积运算律化简可求结论. 【小问1详解】 因为，，，夹角为， 所以， 又， 所以， 所以， 【小问2详解】 因为向量与向量互相垂直， 所以， 所以， 由（1），又，， 所以， 所以. 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求、的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）； （3）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率. 【答案】（1） （2）平均数为，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，所有频率之和为1，即可求出a，b； （2）根据频率分布直方图中各个数字特征的求法计算即可求解； （3）先分层抽样求出第四、五组抽取的人数，利用列举法求出古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为， 即，解得； 【小问2详解】 由（1）知，平均数为； 前两组频率之和为0.3，前三组频率之和为0.75， 所以中位数位于组内，且，即中位数为69.4； 【小问3详解】 第四、五两组志愿者分别有20人、5人， 故按照分层抽样抽得第四组志愿者人数为4，分别设为， 第五组志愿者人数为1，设为， 这5人选出2人，所有情况有，共10种， 其中选出的2人来自同一组的有，共6种， 所以选出的2人来自同一组的概率为. 17. 如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥． （1）证明：平面； （2）当二面角为时，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明如下： 在梯形中，， 则四边形为平行四边形，而， 则是矩形，即， 在四棱锥中，， 而平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定推理得证. （2）由（1）结合二面角大小可得正，取的中点，利用线面垂直的判定性质、面面垂直的判定性质求出点到平面的距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，是二面角的平面角， 即，又， 则是正三角形，取的中点，连接，， 则有，又平面， 于是平面， 而，则平面，又平面，则平面平面， 在平面内过作于，而平面平面， 因此平面， 又，平面，平面， 所以平面， 于是点到平面的距离等于，而，由（1）知，平面， 则平面，又平面，则， 而，则， ， 所以点到平面的距离为. 18. 在中，内角的对边分别为，若，且. （1）求角的大小； （2）若，点是的中点，且，求的值； 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据数量积公式，结合正弦定理和余弦定理，即可求解； （2）根据，两边平方后，利用数量积公式表示边长的关系，再结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，， 由正弦定理可知， 整理为， 由余弦定理可知， 因为，所以； 【小问2详解】 由余弦定理可知，，即，① ，即， 即②， 由①②可知，，，解得：，或，， 所以或 19. 定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． （1）求四棱锥在顶点处的离散曲率； （2）求四棱锥内切球的表面积； （3）若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出、、的值，结合曲率的定义可计算出结果； （2）计算出四棱锥的表面积，根据等体积法计算出四棱锥内切球的半径，结合球体体积公式可求得结果； （3）过点作交于点，连接，推导出平面，分析可知，为直线与平面所成的角，然后设，利用余弦定理求出，利用三角形相似求出，结合函数基本性质求出的范围，即可得出结果. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，则． 因为平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 又平面，所以，即， 由离散曲率的定义得． 【小问2详解】 因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以， 设四棱锥的表面积为， 则 ． 设四棱锥的内切球的半径为，则， 所以， 所以四棱锥内切球的表面积． 【小问3详解】 如图，过点作交于点，连接， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角． 易知，当与重合时，； 当与不重合时，设， 在中，由余弦定理得 因为，所以，所以，则， 所以． 当分母最小时，最大，即最大，此时（与重合）， 由，得，即， 所以的最大值为， 所以直线与平面所成角的取值范围为． 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州大学附属中学 2024—2025学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 命题人：刘润华 审题人：曹艳 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题前，选出每个小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效. 一､单选题：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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知复数（为虚数单位），那么的共轭复数为 A. B. C. D. 2. 已知向量，则在上的投影长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 某同学参加社团面试，已知其第一次通过面试的概率为0.7，第二次面试通过的概率为0.5．若第一次未通过，仍可进行第二次面试，若两次均未通过，则面试失败，否则视为面试通过，则该同学通过面试的概率为（ ） A. 0.85 B. 0.7 C. 0.5 D. 0.4 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有个小孩的家庭，此家庭是随机选择的，则下列说法正确的是（　　） A. 事件“该家庭个小孩中至少有个女孩”和事件“该家庭个小孩中至少有个男孩”是互斥事件 B. 事件“该家庭个孩子都是男孩”和事件“该家庭个孩子都是女孩”是对立事件 C. 该家庭个小孩中只有个男孩的概率为 D. 该家庭个小孩中至少有2个男孩的概率为 7. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在正四棱台中，，棱与平面所成角的正弦值为，则该棱台的体积为（ ） A. 40 B. C. 56 D. 112 二､多选题：本大题共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，全部选对得6分，选对但不全对得部分分，有选错的得0分. 9. 某位同学连续抛掷质地均匀的骰子次，向上的点数分别为，，，，，，，，，，则这个数（ ） A. 众数为和 B. 标准差为 C. 平均数为 D. 第百分位数为 10. 已知中，角的对边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为锐角三角形 B. 若，则的最大角是 C. 若，则为等腰直角三角形 D. 若，且，则为等边三角形 11. 如图，M为棱长为2的正方体表面上的一个动点，则（ ） A. 当在平面内运动时，四棱锥的体积是定值 B. 当在直线上运动时，与所成角的取值范围为 C. 使得直线与平面所成的角为60°的点的轨迹长度为 D. 若为棱的中点，当在底面内运动，且平面时，的最小值 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡对应的横线上. 12. 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为___________. 13. 设，是不共线的两个向量，，，.若A，B，D三点共线，则k的值为________. 14. 在中，角所对的边分别为，若，边上一点满足，则的最小值为__________. 四､解答题：本大题共5小题，其中15题13分，16-17题各15分，18-19题各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，，若，，，夹角为． （1）求； （2）当为何值时，向量与向量互相垂直？ 16. 某高校承办了奥运会的志愿者选拔面试工作，现随机抽取了100名候选者的面试成绩并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求、的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和中位数（精确到0.1）； （3）在第四、五两组志愿者中，按比例分层抽样抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自同一组的概率. 17. 如图甲，在梯形中，，为中点．将沿折起到位置，连接，，得到如图乙所示的四棱锥． （1）证明：平面； （2）当二面角为时，求点到平面的距离． 18. 在中，内角的对边分别为，若，且. （1）求角的大小； （2）若，点是的中点，且，求的值； 19. 定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． （1）求四棱锥在顶点处的离散曲率； （2）求四棱锥内切球的表面积； （3）若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $