海南乐东思源实验高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

乐东思源高中2024-2025学年度第二学期期末考 高一数学试卷 满分150分时间120分钟 一、单项选择题（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.已知集合A={x1<x<5},B={1,2,3,4,5,6},则A∩B=( ) A.{1,2,3}B.{2,3,4} C.{3,4,5 D.{x2≤x≤4} 2.已知复数：-，其中为嘘数单位，则：=《) A..+ c分 3.已知向量a,6满足126=5，且a与的夹角为2，则(a+6)(2a-)=（) A.6 B.8 C.10 D.14 4.将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，则2个小球在同一个盒子的概率 为() A. B. c.& D. 5.已知球的体积是， 则此球的表面积是() A.12元 B.16c C.16元 D. 64π 6.已知m、n、1是三条不同的直线，、B是两个不同的平面，则下面说法中正确的是 () A.若mca,nca,且1Lm,1⊥n,则1La B.若1ca,ncB,且1⊥n,则1⊥B C.若m1a且1Lm,则1∥a D.若m⊥c,n上B,且1∥，1∥n,则aB 7.已知函数-o心n艺，则() A.)在（受-）上单调递减 B.f在()上单调递增 C.f(在o,胃上单调递减 D。f()在[)上单调递增 8.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asinA一bsinB=4 csinC,且 C0S4-- 则 b A.6 B.5 C.4 D.3 二、多项选择题（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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9若复数：- 则() 3-5i A.H=17 B.z的实部与虚部之差为3 C.7=4+i D.z在复平面内对应的点位于第四象限 10.在正方体ABCD-AB,CD中，M,N分别为AD,CD的中点，则下列结论正确的是() A.MNW平面AACC B.MN⊥B,C C.直线W与AC所成角的余弦值为25 3 D.过M,N,B,三点的平面截正方体ABCD-AB,CD所得的截面为梯形 11.下列命题中，正确的是() A.在△ABC中，A>B,∴.sinA>sinB B.在锐角△ABC中，不等式sinA>cosB恒成立 C.在△ABC中，若acosA=bcos B,则△ABC必是等腰直角三角形 D.在△ABC中，若B=60°，b=ac,则△ABC必是等边三角形 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡上） 12.已知向量a=(4,2),6=(6,),且ā/i,则y的值为 13.甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶概率为0.8，乙的中靶概率为 0.9,且两人射击的结果互不影响，则事件“两人都中靶”的概率为 14已知圆锥的底面积为元cm,高为√3cm,则(1)这个圆锥的侧面积为 cm2, (2)圆锥的内切球（与圆锥的底面和各母线均相切的球）的表面积为 cm2. 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.(13分)己知a=(2,3),b=(-2,4),c=(-1,-2).求下列五个式子的值： d,a-i,a+i-(a-,a-(i+c),(a+. 16.(15分)抛掷两枚质地均匀的骰子（标记为I号和Ⅱ号），观察两枚骰子分别可能 出现的基本结果， (1)写出这个试验的样本空间，并判断这个试验是否为古典概型： (2)求下列事件的概率： A=“两个点数之和是5”： B=“两个点数相等”； c=“I号骰子的点数大于Ⅱ号骰子的点数”. 17.(15分)如图所示，在三棱柱ABC-AB,C,中，侧棱AA1⊥底面ABC,AB⊥BC,D为 AC的中点，A4=AB=2,BC=3. (1)求证：AB∥平面BC1D: (2)求四棱锥C-AAB,B的体积； (3)求AB1与BD所成角的余弦值. C 第17题图 18.(17分)在aMBC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且cinB+C =asinC. 2 (1)求角A的大小： (2)若b=1,mB=,求边c及c0s(2B+A小的值. 7 19.(17分)如图所示，在四棱锥A-BCDE中，底面BCDE为菱形，侧面ABE为等边三 角形，且侧面ABE垂直底面BCDE,O,F分别为BE,DE的中点. (1)求证：CE⊥AF; (2)在棱AC上是否存在点P,使得BP∥平面AOF？若存在，请找出点P的位置若不 存在，请说明理由. 第19题图乐东思源高中2024-2025学年度第二学期期末考 高一数学参考答案 一、单项选择题（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.【答案】B 2.【答案】A【解析】i2 3.【答案】B【解析】由a=2,b=V3,且a与6的夹角为工，所以 6 a+(云-0=2a+ai-6-eo后月-22+25号可j=8故选：B 4.【答案】D【解析】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：3=9种方法， 2个小球在同一个盒子有3种情况，所以2个小球在同一个盒子的概率为。女 故选：D 5.【答案】c【解析】先计算出球的半径，再计算表面积得到答案 【详解】设球的半径为R,则由已知得号R=32还，解得R=2,故球的表面积 3 S麦=4R2=16π故选：C 6.【答案】D【解析】A选项错，m、n两条直线的位置关系不确定，∴.只有m、n相交 时才能得到l⊥o, B选项错，如图所示，把AD,看作I,CC1看作，平面ABC1D看作o,平面BBCC看 作B,此时l1/B, C选项错，若m⊥o且1⊥m,则1∥o或l在o内， D选项对，，l∥m,l∥n,∴.m∥n,若m⊥o,n⊥B,则ol∥B,故选D。 D 7.【答案】C【解析】因为f(w=cos2-sim=cosx. 对于A选项，当受x,)在（至 2 上单调递增，A错： 6 对于B选项，当平r叶，则f()在（到上卓润递蹈，在日 上单调递减，故B错： 4 12 对于C选项，当o<x<时，则f(x)在0， 上单调递减，C对： 3 对于D选项，当骨<<晋时，则1在得阳 上单调递减，故D错故选：C 4 12 8.【答案】A【解析】利用余弦定理推论得出α，b,c关系，在结合正弦定理边角互换列出 方程，解出结果 【详解】由已知及正弦定理可得a2-b2=4c2,由余弦定理推论可得 1 b2+c2-a2,c2-4c21,3c1.b3 =cos4= 2bc=42b4c2 ×4=6,故选A. 4 2bc 【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用. 二、多项选择题（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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9【答案】ACD【解析1：3-51-信50+1-4-， 1-i(1-i)1+i) z的实部与虚部分别为4，-1，日=42+(-1=V17,A正确： z的实部与虚部之差为5，B错误；三=4+i,C正确： z在复平面内对应的点为(4，-1)，位于第四象限，D正确.故选：ACD 10.【答案】AC【解析】连接BD,交AC于点O,则O是AC的中点，连接OM,OC1,由于 M,O,N是中点，可得oMI1CD1CN,OM=cD=CN, 所以四边形MOCN是平行四边形，所以OCMN, 又OC1c平面AACC,MNz平面AACC, 所以MNIW平面AACC,即选项A正确； 连接BC,AD,则BC1⊥BC,在正方体ABCD-AB,CD中，AB⊥平面BCCB,又BCc平 面BCCB,所以RC⊥AB, 又BC∩AB=B,BCC平面ABCD,ABC平面ABCD,所以BC⊥平面ABCD,若 MN⊥B,C,则MNW平面ABCD或Nc平面ABCD,而MN与平面ABCD相交，所以 N与BC不垂直，即选项B错误； 由于OC∥N,所以∠OCA为直线MN与AC所成角（或补角），设正方体棱长为2， 则40=V5,AG=25,0C=V6,所以由余弦定理得cos∠0CA=4C+CO-A022 2AC.CO 3 即选项C正确： 因为平面ABCD与平面AB,CD平行，则过M,N,B,三点的截面与这两个平面的交线平行， 由于其中一条交线是B,N,另一交线过点M,所以在平面ABCD内作ME与BN平行(E是 靠近A的四等分点)，连接BE,同理作出NF与BE平行(F是靠近D的三等分点)，从而 得到截面MFB,E,可知截面是五边形，即选项D错误；故选：AC, 11.【答案】ABD【解析】对于A,由AB,可得a>b,利用正弦定理可得An5,故A正确： 对于8、在锐角△4A8C中4B0,,A+B>,方>A只B>0 2 :sinA>sin(区-B)=cosB,因此不等式sin4>cosB恒成立，故B正确： 对于C,在△ABC中，由acosA=bcos B, 利用正弦定理可得sin AcosA=sin B cos B,∴.Sin2A=Sin2B, AB∈(0，可，∴2A=2B或2A=2元-2B,A=B或A+B= 2, ∴.△ABC是等腰三角形或直角三角形，因此C是假命题，故C错误： 对于D,由于B=60°，b2=ac,由余弦定理可得b2=ac=a2+c2-aC,可得(a-c)=0, 解得a=C,可得A=C=B=60°，即D正确，故选ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡上） 12.【答案】3解：因为a∥b,所以4y-2×6=0.解得y=3. 13.【答案】0.72【解析】设A=“甲中靶”，B=“乙中靶”，则AB=“两人都中靶”.由于两个 人射击的结果互不影响，所以A与B相互独立.由已知可得，P(A)=0.8,P(B)=0.9 由事件独立性的定义，得P(AB)=P(A)P(B)=0.8×0.9=0.72.故答案为：0.72 14.【答案】2π， 4红【解析】设圆锥底面圆的半径为r,母线长为1， 由题意可得π2=元，可得r=1,由勾股定理可得1=√r2+2=√1+3=2， 所以圆锥的侧面积为S=πrl=元×1×2=2π， 作圆锥的轴截面如图所示：AB、AC分别与圆O相切于M,N两点， 设圆O半径为R,连接OM,ON,则∠ANO=∠AMO=90°， 3 过点A作AD⊥BC,则∠ANO=∠ADC=90°，∠DAC=∠AO,所以△ADC-△ANO, 所以0、A ,即=5-R, 解得R=V3 1 2 3 所以圆锥的内切球半径为R= 3 4元 所以圆锥的内切球的表面积为S=4πR2=4元 故答案为2π， 4π 3 3 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.【答案】d=V13a5=8,(a+5)-(a-5)=-7,a-6+)=0,(a+5}2=49 【解析】根据向量的运算法则以及向量坐标的运算求解即可。 解：园=V22+32=V3,--2分：a.i=2×(←2)+3x4=8,4分 a+而-(G-万=a-6=22+32-(-2}-42=-7,---7分 a-6+⊙=(2,3)(-3,2)=2×(-3)+3x2=0,-10分：(a+°=(0,7)(0,7)=49.-13分 16.【答案1(1)看详解：2))612 115 16.解：(1)用数字m表示I号骰子出现的点数是m,数字n表示Ⅱ号骰子出现的点数是n, 则数组m,刊表示这个试验的一个样本点.因此该试验的样本空间 2={(m,m)川m,n∈L,2,3,4,5,6},其中共有36个样本点由于骰子的质地均匀，所以各个样 本点出现的可能性相等，因此这个试验是古典概型.3分 (2)因为A=0,4.2,3).6,2.(41},所以n(④=4，从而PA0=4-4=1 n(2)36g:-7分 因为8=.，2,6，44..6，o},所以(B)=6,从而P固==5= (9366:-11分 因为C={(2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5)}, 所以nC)=15,从而P(C=nC-15=5 n(2)3612 --15分 17.【答案】1)证明见解析：(2)；(3)V2 3 17.【解析】(1)证明：如图，连接B1C,设B1C与BC1相交于点O,连接OD. 四边形BCCB1是平行四边形，∴.点0为B1C的中点.-1分 ,D为AC的中点，.OD为△AB1C的中位线，.OD∥AB1.4分 ,ODC平面BC1D,AB1t平面BC1D,∴.AB1∥平面BC1D.---5分 (2)因为侧棱AA1⊥底面ABC,BB1/IAA1,所以BB1⊥底面ABC,所以 4 BB1⊥BC,又AB⊥BC,AB∩BB,=B,所以BC⊥平面AA1B1B,又C1C/平面AAB1B, 所以BC是四棱锥C-A4BB的高，所以四棱锥C-AABB的体积 P=S4eBC=}2x2x3=4.-10分 3 3 (3)解：由(1)可知，∠ODB为AB1与BD所成的角或其补角， AA1=AB=2,AB,=2√2，OD=√2，-11分 在Rt△ABC中，D为AC的中点，则BD=AC=国 2 同理可得OB= v13 2 ---12分 在△OBD中， --14分 OD2+BD2-OB2 cOS∠ODB= V26 2XODXBD 2xvxv1 13 2 A8,与BD所成角的余弦值为√26 ---15分 13 18.解：（1)因为cm-血c,可得如n4 2-ceoc,-2分 2 所以由正弦定理可得Ccos号si血Asi血C,-4分 2 又C为三角形内角，sinC≠0，所以cos 号m4=2如o号 02’-6分 因为A∈(0，)， 》子0，所以n片可会所以4 2 3:-8分 (2)因为4子，b=1,9,所以由正弦定理 可得a4 2- inB√2i2 >b,--10分 sin4 snB' 7 所以为锐角.e8-i-625,28-2c-45 C0s2B=2c0s2B-1=7,-13分 由余弦定理a2=b2+c2-2 bccosA,可得7-1+c2-2×1xcx1 1 4. 2’ --14分 整理可得4-4-3-0，解得c-或号 1 （舍去)，-15分 所以cam2B+月-6oe28s有-血28nA号号455=片-17分 727214 5 19.【答案】(1)证明见解析；(2)存在，点P在棱AC上靠近点A的三等分点处.【解析】 19.(1)证明：连接BD, ∵四边形BCDE为菱形，∴.CE⊥BD,-2分 O,F分别为BE,DE的中点，即OF∥BD, ---D .CE⊥OF,-3分 :面ABE为等边三角形，且O为BE的中点，AO⊥BE,4分 又面ABE⊥面BCDE,AOC面ABE, 面ABE∩面BCDE=BE,∴.AO⊥面BCDE,--5分 又CEC面BCDE,.AO⊥CE,-6分 E 又AO∩OF=O,AO,OFC面AOF,∴.CE1面AOF,-7分 又AFG面AOF,∴.CE⊥AF.-8分 (2)解：设BD交CE于M,OF交CE于N,则M为CE的中点，N为EM的中点， 在△ACE中，过点M作MP∥AN交AC于点P,则点P即为所求.---10分 理由如下： O,F分别为BE,DE的中点， .ON∥BM,ON丈面PBM,BMG面PBM,--11分 ∴.ONI∥面PBM,同理AN∥面PBM,--12分 ON∩AN=N,ON、ANc面AON, ∴.面PBM∥面AON,即面PBM∥面AOF,--13分 BPC面PBM,.BP∥面AOF,-14分 O2- 5D M∥AW,AP=MM-1 AC NC3 --16分 故点P在棱AC上靠近点A的三等分点处.-17分 6