精品解析：福建省厦门外国语学校2024-2025学年高一下学期期末模拟考试数学试题

厦门外国语学校2024-2025学年第二学期高一期末模拟考试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘方、除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 所以，则复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A． 2. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设出圆锥的半径母线和高，根据侧面积与底面积的比找到母线和半径的关系，再找到高和半径的关系最后根据体积值求出半径再利用表面积公式即可. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为， 因为其侧面积与底面积的比为， ，即， 由圆锥的基础知识可知：，所以， 又因为圆锥的体积为，所以，所以， 所以圆锥的表面积为， 故选：D 3. 已知向量，，且在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算求得，，利用投影向量的意义可得，求解即可. 【详解】因为向量，， 所以，， 所以在方向上的投影向量为， 所以，解得. 故选：C. 4. 设是两条直线，是两个平面，已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由空间线面的位置关系结合充分性、必要性即可判断. 【详解】由，，可得．又因为，所以，即满足充分性． 由，，，知直线可以在平面内，如下图， 不能得到“”的结论，不满足必要性． 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 5. 文峰塔建于清道光三十年（1850年），具有镇洪水和象征人文鼎盛的寓意，现为重庆市文物保护单位，并成为广益中学的标志性景观之，该塔为七级楼阁式砖石结构，底层以条石筑成，塔身呈六边形，逐层向上收窄，顶部为六角攒尖葫芦宝顶.其建筑特色和地理位置（南山之巅）使其成为俯瞰山城的重要观景点. 我校“文峰数智社”为了测量其高度，设文峰塔高为，在与点B同一水平面且共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则文峰塔的高约为（    ） （参考数据：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案. 【详解】由题知，设， 则， 又， 所以在中，，① 在中，，② 联立①②，解得 故选：B. 6. 设方程在复数范围内的两根分别为、，则下列关于、的说法错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出方程的两个虚根，可判断A选项；利用韦达定理可判断BCD选项. 【详解】由可得，可得，解得或， 由韦达定理可得，， 对于A选项，由题意可知，方程的两个虚根、互为共轭复数，即，A对； 对于B选项，，所以，，B对； 对于C选项，， 所以，C错； 对于D选项，，D对. 故选：C. 7. 投掷一枚均匀的骰子，记事件：“朝上的点数大于3”，：“朝上的点数为2或6”，则下列选项正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. D. 与相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】对于AB，根据互斥事件和对立事件的定义结合题意分析判断，对于C，根据分析判断，对于D，根据独立事件的定义分析判断. 【详解】对于AB，由题意可知当朝上的点数为6时，事件A和事件B同时发生，所以事件A和事件B既不互斥，也不对立，所以AB错误； 对于C，由题意可知， 所以，所以C错误； 对于D，因为， 所以，所以与相互独立，所以D正确. 故选：D 8. 在中，分别为内角所对的边，已知.设为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件恒等式，求得，然后设，则，利用面积关系可以得到，从而求得；再利用面积关系可以得到，再利用基本不等式求出的取值范围，再根据面积公式计算可得. 【详解】由正弦定理可得, 又 所以， 由两角和正弦公式可得，， 又，所以，所以， 即， 又，所以，所以即， 设，则， ∵，， ∴， 即，化简得，即， 又，解得或（舍去）， 所以， 又， 所以， 即，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以，即面积的最小值为. 故选：A 二､多选题（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，有多个选项符合题目要求，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. 为了解本地区居民用水情况，甲、乙两个兴趣小组同学利用假期分别对、两个社区随机选择100户居民进行了“家庭月用水量”的调查统计，利用调查数据分别绘制成频率分布直方图（如图所示）.甲组同学所得数据的中位数、平均数、众数、标准差分别记为、、、，乙组同学所得数据的中位数、平均数、众数、标准差分别记为、、、.则下列判断正确的有（ ）. A. 且. B. 且. C. 且. D. . 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的中位数，平均数公式，众数公式，可判断结果，标准差是衡量数据的离散程度，数据越集中，标准差越小，从而可判断标准差. 【详解】中位数的计算与比较： 由图甲可判断甲组数据的中位数在[7，10.5)内， 第一组[0，3.5)的数据的频率为0.01×3.5=0.035，第二组[3.5，7)频率为0.10×3.5=0.35， 则，解得​， 由图乙可判断乙组数据的中位数在[10.5，14)内， 则，解得，所以<​. 平均数的计算与比较： 甲组平均数 ​： . 乙组平均数​： . 所以​. 众数的计算与比较： 由图甲可得甲组众数​； 由图乙可得乙组众数，所以​ . 标准差的比较： 因甲组数据分布相对分散，乙组数据相对集中在中间区间，所以. 对于A，由前面计算可知<且​​，故A 正确； 对于B，因​​且，故B正确； 对于C，由前分析得，，， ，，，故C错误； 对于D ，因，，，则 ，故D正确 . 故答案选 ABD. 10. 如图，在梯形ABCD中，，，，，，，AC交BM于，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用向量运算求得，，然后利用结合数量积运算律建立方程求解判断C，由向量线性运算得，然后结合数量积的运算律及模的运算求解判断D，利用平面向量基本定理和三点共线的向量推论求得判断A，利用向量的线性运算求得判断B. 【详解】因为，， 所以 ，所以，故C正确； 因为，所以，故D正确； 设，则，又三点共线， 所以， 由平面向量基本定理得，解得，所以， 则， 所以，故A正确，B错误. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（ ） A. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B. 当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C. 当时，取得最小值 D. 的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】A根据平面的基本性质画出截面，结合正方体的结构特征判断；B根据已知确定球心的位置并求得球体半径为3，再由几何关系判断的位置判断；C将面展开与面在同一平面上，利用平面上两点距离最短判断；D画出示意图，找到关于面对称的点在线段上，进而确定最小时对称点的位置，即可判断. 【详解】A：延长交于，连接并延长交于，连接交于， 连接，则平面截正方体的截面为，根据作图易知， 所以有，为线段中点，则为线段中点， 结合平面的基本性质及正方体的结构特征知且，则为平行四边形，对； B：由外接球的球心必在正方体上下底面中心连线上，如下图示， 所以球体半径为，则，得， 则到下底面距离，又在线段上运动， 所以在下底面上方，则，显然不存在这样的点，错； C：将面展开与面在同一平面上，如下图， 当为与的交点时，最小 ，对； D：如下图，线段关于面的对称线段为，它们的交点为， 则在平面中， 且， 则关于面对称的点在线段上， 若对称点为，连接，则， 若与的夹角为，则，所以， 若，则，此时不在线段上，不符； 所以，即最小为，错. 故选：AC 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在三棱锥中，、、分别是、、的中点，，则和所成角的度数为______ ． 【答案】 【解析】 【分析】由中位线的性质可得，，再利用异面直线所成角的定义即可得. 【详解】、分别为、的中点，则，同理可得， ，因此，和所成角为的补角，即为. 故答案为：. 13. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】令，，，利用余弦定理求解即可. 【详解】令，，， 由余弦定理可得. 故答案为：. 14. 已知向量满足，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】解法一：延长到，使得，连接，证明，再根据向量不等式得，再利用向量数量积运算律求出后者的值即可；解法二：求出，再合理将向量坐标化，转化为几何意义求解最值即可. 【详解】解法一：如图，设，延长到，使得，连接， 则， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 所以的最小值为． 解法二：因为， 所以，，，则， 则可设，则， 所以， 该式的几何意义是轴上一点到点的距离之和， ，当点为线段与轴交点时取等号． 故答案为：. 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 15. 某班级举办趣味运动会，其中个人比赛分为限时滚铁环和定点投篮两个项目，每个项目只有“过关”与“不过关”两种结果，每项过关积1分，不过关积0分．甲和乙两位同学参加个人比赛，在限时滚铁环和定点投篮两个项目中，假设甲过关的概率分别为，，乙过关的概率分别为，，且甲、乙所有项目是否过关相互之间没有影响． （1）求甲积2分的概率； （2）求甲、乙两人的积分之和不超过3分的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先表示出每个事件，再利用独立事件的概率公式求解即可. （2）设出各个事件的概率，再结合独立事件和对立事件的概率公式求解即可. 【小问1详解】 记事件“甲限时滚铁环过关”， 事件“甲定点投篮过关”，事件“甲积2分”， 易知与相互独立，则， 由独立事件概率公式得． 【小问2详解】 设事件“乙限时滚铁环过关”， 事件“乙定点投篮过关”，事件“乙积2分”， 易知与相互独立，则， 由独立事件概率公式得． 又与相互独立， 所以两人的积分之和为4分的概率， 所以两人的积分之和不超过3分的概率为． 16. 2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.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. （1）求a的值; （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数; （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. （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） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的概率乘以组距等于，可求得 （2）根据频率分布直方图中平均数和百分位数的计算方法即可求解； （3）先计算出第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数，由题意，再根据分层抽样的方差公式求解即可. 【小问1详解】 由图得， 解之可得； 【小问2详解】 根据题意知， ，， 设第百分位数为，所以， ，解之可得， 故这名候选者面试成绩的平均数为，第80百分位数为. 【小问3详解】 设第二组、第四组所有面试者的面试成绩的平均数、方差分别为， 且两组的频率之比为， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为， 第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为 ， 则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差为. 17. 已知中，角，，所对的边分别为，，， （1）求证：； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1）由得， 从而， 得， 由余弦定理得，即， 由正弦定理得， 又在三角形中，， 所以． 所以，即． 所以或， 即或． 因为，，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理角化边，结合余弦定理得到，再结合，得到，进而可求证； （2）先确定，再结合正弦定理得到，，进而可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由得， 所以， 即，解得， 因为，由正弦定理得，所以， 由正弦定理得 ， 故的周长． 令，由（1）知，所以． 因为函数在上单调递增， 所以周长的取值范围为． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①证明见解析；② （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【小问1详解】 连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； 在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用向量表示,再根据已知条件求即可； （2）由（1）可知，通过向量运算得，两边同时平方，由向量的数量积运算即可； （3）根据角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果. 【小问1详解】 因为,, 所以, 即, 所以, 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 所以, 设,且为等边三角形， 所以， 即， 故， 且， 所以当时，， 所以. 【小问3详解】 因为平分, 所以由角平分线定理得,即, 故, 设，，的内切圆半径分别为, 在中,则，解得， 因为, 所以, 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 又因为, , 所以， 令，则， 因为，所以， 则，故，， 即，故, 所以与的内切圆半径之比的范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理、向量模的运算以及通过余弦定理、面积公式解三角形，第三问解题的关键由角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果，计算比较复杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门外国语学校2024-2025学年第二学期高一期末模拟考试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上. 2.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；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液，不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁和平整. 一､单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，且在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条直线，是两个平面，已知，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 文峰塔建于清道光三十年（1850年），具有镇洪水和象征人文鼎盛的寓意，现为重庆市文物保护单位，并成为广益中学的标志性景观之，该塔为七级楼阁式砖石结构，底层以条石筑成，塔身呈六边形，逐层向上收窄，顶部为六角攒尖葫芦宝顶.其建筑特色和地理位置（南山之巅）使其成为俯瞰山城的重要观景点. 我校“文峰数智社”为了测量其高度，设文峰塔高为，在与点B同一水平面且共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则文峰塔的高约为（    ） （参考数据：） A. B. C. D. 6. 设方程在复数范围内的两根分别为、，则下列关于、的说法错误的是（ ） A. B. C. D. 7. 投掷一枚均匀的骰子，记事件：“朝上的点数大于3”，：“朝上的点数为2或6”，则下列选项正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. D. 与相互独立 8. 在中，分别为内角所对的边，已知.设为边BC上一点，若，且，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（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，有多个选项符合题目要求，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. 为了解本地区居民用水情况，甲、乙两个兴趣小组同学利用假期分别对、两个社区随机选择100户居民进行了“家庭月用水量”的调查统计，利用调查数据分别绘制成频率分布直方图（如图所示）.甲组同学所得数据的中位数、平均数、众数、标准差分别记为、、、，乙组同学所得数据的中位数、平均数、众数、标准差分别记为、、、.则下列判断正确的有（ ）. A. 且. B. 且. C. 且. D. . 10. 如图，在梯形ABCD中，，，，，，，AC交BM于，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（ ） A. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B. 当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C. 当时，取得最小值 D. 的最小值为 三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 在三棱锥中，、、分别是、、的中点，，则和所成角的度数为______ ． 13. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，则________． 14. 已知向量满足，则的最小值为__________． 四､解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 15. 某班级举办趣味运动会，其中个人比赛分为限时滚铁环和定点投篮两个项目，每个项目只有“过关”与“不过关”两种结果，每项过关积1分，不过关积0分．甲和乙两位同学参加个人比赛，在限时滚铁环和定点投篮两个项目中，假设甲过关的概率分别为，，乙过关的概率分别为，，且甲、乙所有项目是否过关相互之间没有影响． （1）求甲积2分的概率； （2）求甲、乙两人的积分之和不超过3分的概率． 16. 2024年10月13日，成都市将举办马拉松比赛，其中志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障.成都市文体广电旅游局承办了志愿者选拔的面试工作.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. （1）求a的值; （2）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第百分位数; （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取人，担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为和，请据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差. （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. 已知中，角，，所对的边分别为，，， （1）求证：； （2）若，求周长的取值范围． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $