精品解析：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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，且与的夹角为，则（ ） 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. 球的体积是，则此球的表面积是（ ） A. B. C. D. 6. 已知、、是三条不同的直线，、是两个不同的平面，则下面说法中正确的是（ ）. A. 若，，且，，则 B. 若，，且，则 C. 若且，则// D. 若，，且//，//，则// 7. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递增 C. 在上单调递减 D. 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－bsinB=4csinC，cosA=－，则= 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（ ） A. B. z的实部与虚部之差为3 C. D. z在复平面内对应的点位于第四象限 10. 在正方体中，M，N分别为AD，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线MN与所成角的余弦值为 D. 过M，N，三点的平面截正方体所得的截面为梯形 11. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在△ABC中，，∴ B. 在锐角△ABC中，不等式恒成立 C. 在△ABC中，若，则△ABC必是等腰直角三角形 D. 在△ABC中，若，，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，，且，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，高为，则这个圆锥的侧面积为 ________ cm2，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. 已知，，.求下列五个式子的值：，，，，. 16. 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. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，，D为的中点，. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）求与所成角的余弦值. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知 （1）求角的大小； （2）若，，求边及的值． 19. 如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，且侧面垂直底面，，分别为，的中点. （1）求证：； （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请找出点的位置，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的乘法运算即可求解. 【详解】， 故选：A 3. 已知向量，满足，且与的夹角为，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】应用平面向量数量积的运算律展开所求的式子，根据已知向量的模和夹角求值即可. 【详解】` 由，且与的夹角为， 所以 . 故选：B. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子的方法总数以及2个小球在同一个盒子的方法总数，由古典概率的公式代入即可得出答案. 【详解】将2个不同的小球随机放入甲、乙、丙3个盒子，共有：种方法， 2个小球在同一个盒子有种情况， 所以2个小球在同一个盒子的概率为. 故选：D. 5. 球的体积是，则此球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 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，解得，故球的表面积. 故选： 【点睛】本题考查了圆的体积和表面积的计算，意在考查学生的计算能力. 6. 已知、、是三条不同的直线，、是两个不同的平面，则下面说法中正确的是（ ）. A. 若，，且，，则 B. 若，，且，则 C. 若且，则// D. 若，，且//，//，则// 【答案】D 【解析】 【分析】 根据线面平行、线面垂直、面面平行的判定定理判断即可. 【详解】对于A选项，当//时，直线与平面不一定垂直，只有、相交时才能得到，故A错； 对于B选项，如图所示，把看作，看作，平面看作，平面看作，此时//，故B错； 对于C选项，若且，则//或在内，故C错； 对于D选项，∵//，//，∴//，若，，则//，故D正确. 故选：D. 【点睛】对于空间点、线、面之间位置关系的判断问题，一般可采用构造法判断，构造长方体或者正方体化抽象为直观取判断，这样能避免因考虑不全而导致的错误. 7. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递增 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦函数的二倍角公式化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. 【详解】因为. 对于A选项，当时， 在上单调递增，A错； 对于B选项，当时， 则在上单调递增，在上单调递减， 故B错； 对于C选项，当时， 则在上单调递减，C对； 对于D选项，当时， 则在上单调递减，故D错. 故选：C. 8. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，则= A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理推论得出a，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】详解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推论可得 ，故选A． 【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. 若复数，则（ ） A. B. z的实部与虚部之差为3 C. D. z在复平面内对应的点位于第四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知复数相等，应用复数的除法化简得，即可判断各选项的正误. 【详解】∵， ∴z的实部与虚部分别为4，， ，A正确； z的实部与虚部之差为5，B错误； ，C正确； z在复平面内对应的点为，位于第四象限，D正确． 故选：ACD． 10. 在正方体中，M，N分别为AD，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线MN与所成角的余弦值为 D. 过M，N，三点的平面截正方体所得的截面为梯形 【答案】AC 【解析】 【详解】连接，交于点，则是的中点，连接，， 由于，，是中点，可得，， 所以四边形是平行四边形，则//， 又平面，平面，所以平面，A正确； 连接，，则⊥， 在正方体中，⊥平面，平面，所以⊥， 由，平面，平面， 所以⊥平面， 若⊥，则平面或平面， 而与平面相交，所以与不垂直，即B错误； 由于，所以为直线与所成角（或补角）， 设正方体棱长为2，则，，， 所以由余弦定理得，即C正确； 因为平面与平面平行，则过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，另一交线过点， 所以在平面内作与平行（是靠近的四等分点）， 连接，同理作出与平行（是靠近的三等分点）， 从而得到截面，可知截面是五边形，即D错误. 11. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在△ABC中，，∴ B. 在锐角△ABC中，不等式恒成立 C. 在△ABC中，若，则△ABC必是等腰直角三角形 D. 在△ABC中，若，，则△ABC必是等边三角形 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，由，可得，利用正弦定理可得，故A正确； 对于B，在锐角△ABC中，，∵，∴， ∴，因此不等式恒成立，故B正确； 对于C，在△ABC中，由， 利用正弦定理可得，∴， ∵，∴或，∴或， ∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，由于，，由余弦定理可得，可得，解得，得，即D正确. 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，，且，则y的值为________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标运算求解. 【详解】因为，所以.解得. 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________. 【答案】0.72 【解析】 【详解】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，，. 由事件独立性的定义，得. 14. 已知圆锥的底面积为，高为，则这个圆锥的侧面积为 ________ cm2，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. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】 先求出圆锥底面圆的半径，结合高为，利用勾股定理可以求出圆锥的母线，再利用侧面积公式即可求侧面积；作圆锥的截面，利用相似三角形对应边成比例求出内切圆的半径，即为圆锥内切球的半径，即可求球的表面积. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，母线长为， 由题意可得，可得， 由勾股定理可得：， 所以圆锥的侧面积为， 作圆锥的轴截面如图所示：、分别与圆相切于两点， 设圆半径为，连接，则， 过点作，则，， 所以， 所以，即，解得：， 所以圆锥的内切球半径为， 所以圆锥的内切球的表面积为， 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题求内切球的表面积即需要求内切球的半径，利用空间想象能力作出圆锥的轴截面即可利用相似三角形求出内切圆的半径即为内切球的半径. 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. 已知，，.求下列五个式子的值：，，，，. 【答案】，，，， 【解析】 【分析】根据向量的运算法则以及向量坐标的运算求解即可. 【详解】由题意得；， ， 因为， 则； ， 则. 16. 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”. 【答案】（1），是古典概型（2）;; 【解析】 【分析】 （1）确定样本空间中试验结果是不是有限的，每个试验结果是不是等可能的即可． （2）用列举法再写出事件所含基本事件的个数，从而可计算出概率． 【详解】解：（1）抛掷一枚骰子有6种等可能的结果，I号骰子的每一个结果都可与II号骰子的任意一个结果配对，组成掷两枚骰子试验的一个结果.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，则数组表示这个试验的一个样本点.因此该试验的样本空间，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. （2）因为，所以，从而； 因为，所以，从而； 因为 ，所以，从而； 【点睛】本题考查样本空间，考查古典概型，属于基础题． 17. 如图所示，在三棱柱中，侧棱底面，，D为的中点，. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）求与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明：如图，连接，设与相交于点O，连接. ∵四边形是平行四边形，∴点O为的中点. ∵D为的中点，∴为的中位线，∴. ∵平面，平面，∴平面. （2）4 （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，即可证明； （2）确定四棱锥的高，利用棱锥体积公式即可求得答案； （3）找到与所成角，利用余弦定理解三角形，即可求得答案. 【小问1详解】 （1）略 【小问2详解】 因为侧棱底面，，所以底面，底面， 所以，又，所以平面， 又平面，所以是四棱锥的高， 所以四棱锥的体积. 【小问3详解】 由（1）可知，为与所成的角或其补角， ∵，∴，， 在中，D为的中点，则， ， 在中，， ∴AB1与BD所成角的余弦值为. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知 （1）求角的大小； （2）若，，求边及的值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可求，根据角的范围即可求解的值； （2）由已知利用正弦定理可得的值，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用二倍角公式可求，的值，由余弦定理可得，解方程可求的值，利用两角和的余弦公式即可求解的值． 【小问1详解】 因为，可得， 所以由正弦定理可得， 又为三角形内角，， 所以， 因为，，， 所以，可得， 所以； 【小问2详解】 因为，，， 所以由正弦定理，可得， 所以为锐角，，，， 由余弦定理，可得， 整理可得，解得或（舍去）， 所以． 19. 如图所示，在四棱锥中，底面为菱形，侧面为等边三角形，且侧面垂直底面，，分别为，的中点. （1）求证：； （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，请找出点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点在棱上靠近点的三等分点处. 【解析】 【分析】（1）由为菱形知，由中位线、平行线的性质得，根据面面垂直的性质可得面，进而由线面垂直的判定及性质即可证. （2）设交于，交于，过作交于，根据面面平行的判定可证面面，由面面平行的性质有面，进而可确定所得点即为所求，且处于棱上靠近点的三等分点处. 【详解】（1）证明：连接， 四边形为菱形， ， ，分别为，的中点，即， ∴， 面为等边三角形，且为的中点， ，又面面，面， 面面， 面，又面， ，又， 面， 面，又面， . （2）解：设交于，交于， 则为的中点，为的中点， 在中，过点作交于点，则点即为所求. 理由如下： ，分别为，的中点， ，面， 面， 面，同理面， ，､面， 面面，即面面， 面，面. ，， 故点在棱上靠近点的三等分点处. 【点睛】关键点点睛： （1）应用菱形、中位线、平行线的性质证线线垂直，根据面面垂直的性质、线面垂直的判定及性质证线线垂直. （2）利用线面平行的性质，通过作图找到满足题设要求的点，并确定位置在线段靠近点的三等分点处. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $