精品解析：福建师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

2025福建师大附中高一下数学期末试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，，，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 3. 已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 设，，是互不重合的平面，，是互不重合的直线，给出四个命题： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 其中正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 5. 由12个数组成的一组数据，将其中一个数3改为5，另一个数8改为6，其余数不变，得到新的12个数，则新的12个数的方差相比原先12个数的方差的减少值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 7. 如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 已知平面向量，，，且，，已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） 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，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分. 9. 小胡同学参加射击比赛，打了8发子弹，报靶数据如下：9，8，6，10，9，7，6，9（单位：环），则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的众数为9 B. 这组数据的40%分位数是7.5 C. 这组数据的极差是4 D. 这组数据的平均数是9 10. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则有两解 C. 若为锐角三角形，则取值范围是 D. 若为边上的中点，则的最大值为 11. 如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，且，，将四边形沿向上折起，连接，，.在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 与所成的角先变大后变小 C. 几何体体积有最大值 D. 平面与平面不可能垂直 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复数范围内方程的一个根为，则______. 13. 甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为，比赛采取三局两胜制（当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束），则甲获胜的概率为______. 14. 在正三棱柱中，，为线段上动点，为边中点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_____________. 四、解答题：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. 在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，. （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积. 16. 某学校举办读书节活动，该校有2000名学生，现随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，分组绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组的中点值作代表）. （1）求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数； （2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间； （3）若样本数据在与内的方差分别为，，求样本数据在内的方差. 17. 《中华人民共和国未成年人保护法》是为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益，根据宪法制定的法律.某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛.竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别选答两题，两人答题互不影响.若答对题数合计不少于3题，则称这个小组为“优秀小组”.已知甲、乙两位同学组成一组，且甲、乙同学答对每道题的概率分别为. （1）若，则在第一轮竞赛中，求该组获“优秀小组”的概率； （2）当时，求该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值. 18. 已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）证明：存在点，使得平面，并求的值. 19. 对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”. （1）若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围； （2）一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）.蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，要求爬行路径最短，爬完第次后停留的位置记为，设。记事件T＝“蚂蚁经过的路径中至少有个使得是的迷你向量”。（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的） ①当时，求； ②当且时，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025福建师大附中高一下数学期末试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数除法计算，可解问题. 【详解】根据题意，. 故选：D 2. 已知向量，，，，则（ ） A. B. C. 3 D. 7 【答案】B 【解析】 【详解】因为 ，， ， 所以 ， 所以 ， 所以. 3. 已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据扇形弧长求底面半径，再代入圆锥的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 则，解得，所以该圆锥的表面积为. 故选：C 4. 设，，是互不重合的平面，，是互不重合的直线，给出四个命题： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 其中正确的是（ ） A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】C 【解析】 【详解】①若，，则、相交、异面，故①错误； ②若，，则或相交，故②错误； ③若，则存在直线，使得， 而，则，即，故③正确； ④若，，则或，故 ④错误. 5. 由12个数组成的一组数据，将其中一个数3改为5，另一个数8改为6，其余数不变，得到新的12个数，则新的12个数的方差相比原先12个数的方差的减少值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出平均数不变，然后分别表示出原先一组数的方差和新数据的方差，作差化简即可得到答案． 【详解】解：，将其中一个数3改为5，另一个数8改为6，其余数不变，故该数据的平均数不变， 设没有改变的10个数分别为，，，…，， 原先一组数的方差， 新数据的方差， ， 所以新的一组数的方差相比原先一组数的方差的减少值为1． 故选：A． 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，A表示事件“第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3”，B表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4”，C表示事件“两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7”，则（ ） A. A与B互斥 B. B与C互为对立 C. A与B相互独立 D. A与C相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的定义判断AB，根据相互独立事件的判断公式判断CD. 【详解】对于A，A与B有可能同时发生，不是互斥事件，A错误； 对于B，除了B，C以外还有其他事件发生，不是对立事件，B错误； 第一次抛掷，骰子正面向上的点数是3，包含的样本点为，故， 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是4，包含的样本点为， 故， 同时发生的事件包含样本点为，故， 所以，即不相互独立，故C错误； 两次抛掷，骰子正面向上的点数之和是7，包含的样本点为，故， 同时发生的事件包含的样本点为，故， 所以，即A与C相互独立，故D正确. 故选：D 7. 如图，圆台的轴截面是等腰梯形，，为下底面上的一点，且，则直线与平面所成角的正切值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过作，连接.证明平面，即直线与平面所成的角即. 【详解】过作，连接. 因为为圆台的轴截面， 所以平面平面, 因为平面平面,平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角即. 因为且， 则,，， 所以. 故选：D. 8. 已知平面向量，，，且，，已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对不等式两边平方，由题意结合一元二次不等式恒成立问题求出，再由向量绝对值不等式即可分析计算求解. 【详解】由题，得到， 则即， 整理得，因为对任意实数恒成立， 所以，所以， 由于，， 当且仅当与共线反向时等号成立. 又， 所以，当且仅当与共线反向时等号成立. 则的最小值为. 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，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分. 9. 小胡同学参加射击比赛，打了8发子弹，报靶数据如下：9，8，6，10，9，7，6，9（单位：环），则下列说法正确的是（ ） A. 这组数据的众数为9 B. 这组数据的40%分位数是7.5 C. 这组数据的极差是4 D. 这组数据的平均数是9 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，由题意知这组数据中数字9出现了3次，次数最多，故A正确； 对于B，将这组数据从小到大排列，可得6，6，7，8，9，9，9，10， 由，可知分位数是第4个数8，故B错误； 对于C，这组数据的极差是，故C正确； 对于D，这组数据的平均数是，故D错误． 10. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ） A. B. 若，则有两解 C. 若为锐角三角形，则取值范围是 D. 若为边上的中点，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由数量积的定义及面积公式求得A角，然后根据三角形的条件求解判断各ABC选项，利用，平方后应用基本不等式求得最大值，判断D． 【详解】因为，所以，，又，所以，A错； 若，则，三角形有两解，B正确； 若为锐角三角形，则，，所以，， ，，C正确； 若D为边上的中点，则，， 又，， 由基本不等式得， ，当且仅当时等号成立， 所以，所以， 当且仅当时等号成立，D正确． 故选：BCD． 【点睛】本题考查解三角形的应用，掌握正弦定理、余弦定理、三角形面积公式是解题关键．在用正弦定理解三角形时可能会出现两解的情形，实际上不一定要死记结论，可以按正常情况求得，然后根据的大小关系判断角是否有两种情况即可． 11. 如图所示，在直角梯形中，，，分别是，上的点，且，，将四边形沿向上折起，连接，，.在折起的过程中，下列结论正确的是（ ） A. 平面 B. 与所成的角先变大后变小 C. 几何体体积有最大值 D. 平面与平面不可能垂直 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A：借助线面平行的判定定理推导即可得；对B： 借助线面垂直的性质定理得到后，结合， 即可得与所成的角即为与所成角，由题意可得随翻折角增大，逐渐变小，即可得所成的角的变化； 对C：借助割补法表示出体积后，结合体积公式计算即可得；对D：借助反证法，假设平面与平面垂直， 从而借助面面垂直的性质定理于线面垂直的性质定理可得，其与矛盾，即可得证. 【详解】对A：延长与延长线交于，连接，， 由题意可得且，则可得、分别为、中点， ，又， 为平行四边形，，又平面，平面， 平面，故A正确； 对B：，，，， 又，平面，平面， 又平面，，随翻折角增大，逐渐变小， 所以与所成角即与所成角逐渐变小，故B错误； 对C：由，则， 则 ， 其中为点到平面距离，则，故； 故C正确； 对D：若平面平面，过作于点， 由平面平面，平面平面，平面， 则平面，又平面，， ，，则， 又，平面，， 平面，又平面，， ，平面， 平面，又平面，， 又由B选项知，与矛盾， 故平面与平面不垂直，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：D选项中关键点在于借助反证法，假设平面与平面垂直，从而借助面面垂直推导出矛盾之处即可得. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复数范围内方程的一个根为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】在复数范围内解方程即可. 【详解】在复数范围内方程的一个根为， 所以， 则. 故答案为：. 13. 甲和乙两位同学准备在体育课上进行一场乒乓球比赛，假设甲对乙每局获胜的概率都为，比赛采取三局两胜制（当一方获得两局胜利时，该方获胜，比赛结束），则甲获胜的概率为______. 【答案】 【解析】 【详解】分三类：①甲直接获得前两局胜利，不进行第三局， 此时甲获胜的概率为：； ②甲输第一局，赢后两局，此时甲获胜的概率为：； ③甲赢第一局和第三局，输第二局，此时甲获胜的概率为：. 故甲获胜的概率为：. 14. 在正三棱柱中，，为线段上动点，为边中点，则三棱锥外接球表面积的最小值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】建立边长和O到平面ABD距离为OF的函数关系，结合基本不等式，求解出最小值，建立外接球半径的函数，从而求解外接球半径的最小值，从而求出外接球表面积的最小值. 【详解】由正三棱锥的侧棱垂直于底面的性质，设球心O到平面ABD距离为，设， 有因为为直角三角形，则经过直角三角形斜边中点，即为中点. 故取的中点设为，则由正三角形求解高知如图，设， 设球心O到平面ABD距离为OF，设 ，， ， 当且仅当时即取“=”. ，. 故最小为. 故答案为：. 【点睛】立体图形平面化，结合函数和基本不等式的知识求解是问题的关键. 四、解答题：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. 在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，. （1）求； （2）设为边上一点，且，求的面积. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算即可； （2）利用正弦定理结合三角形面积公式计算即可. 【小问1详解】 由，可知， 又，所以， 由余弦定理可知，解之得； 【小问2详解】 由（1）及正弦定理可知，解得， 易知，所以， ，即D为的中点， 所以. 16. 某学校举办读书节活动，该校有2000名学生，现随机调查了100名学生一周的课外阅读时间，将统计数据按照，，…，分组绘制成如图所示的频率分布直方图（单位：分钟，同一组中的数据用该组的中点值作代表）. （1）求的值，若每周课外阅读时间60分钟以上（含60分钟）视为达标，试估计该校达标的人数； （2）估计该校学生每周课外阅读的平均时间； （3）若样本数据在与内的方差分别为，，求样本数据在内的方差. 【答案】（1），估计该校达标的人数为人； （2）分钟； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小矩形面积之和为求出，再计算达标频率并估计总人数； （2）利用各组中点值乘以对应频率求和得到平均数； （3）利用分层抽样方差公式，结合两组数据的频率、平均数和方差计算合并后的方差. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，组距为， 则， 解得. 每周课外阅读时间在分钟以上（含分钟）的频率为： . 故估计该校达标的人数为（人）. 【小问2详解】 该校学生每周课外阅读的平均时间为： （分钟）. 【小问3详解】 样本数据在内的频率为，平均数为，方差； 样本数据在内的频率为，平均数为，方差. 设样本数据在内的平均数为，方差为. 则. 由分层方差公式可得： . 故样本数据在内的方差为. 17. 《中华人民共和国未成年人保护法》是为保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益，根据宪法制定的法律.某中学为宣传未成年人保护法，特举行一次未成年人保护法知识竞赛.竞赛规则是：两人一组，每一轮竞赛中，小组两人分别选答两题，两人答题互不影响.若答对题数合计不少于3题，则称这个小组为“优秀小组”.已知甲、乙两位同学组成一组，且甲、乙同学答对每道题的概率分别为. （1）若，则在第一轮竞赛中，求该组获“优秀小组”的概率； （2）当时，求该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，将获“优秀小组”的事件分拆成三个互斥事件的和，分别求出各个事件的概率即可计算作答. （2）将获得“优秀小组”的概率P表示为的函数，再求出函数最大值作答. 【小问1详解】 记他们获得“优秀小组”的事件为事件，则事件包含三种情况： 甲答对两题，乙答对一题的事件B；甲答对一题，乙答对两题的事件C，甲、乙都答对两题的事件D， 事件B、C、D互斥，又因为甲乙两人答题相互独立， ， 所以该组获“优秀小组”的概率. 【小问2详解】 由（1）知甲、乙小组每轮比赛获“优秀小组”的概率为： ， 又，则， 当且仅当时，等号成立， 而 ，，于是有 ，因此， 令 ，则，当且仅当时等号成立， 所以该组在每轮竞赛中获得“优秀小组”的概率的最大值为. 【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 18. 已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求二面角的正切值； （3）证明：存在点，使得平面，并求的值. 【答案】（1） 设，连接， 因为正方形，所以为中点， 又矩形中，为的中点， 所以且， 所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （3） 连接交于点，因为是正方形，所以， 又正方形和矩形所在的平面互相垂直， 平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 当时，，平面，所以平面， 此时，，，则， 又，所以，则，则， 所以，又，所以，则， 所以，所以. 【解析】 【分析】（1）设，连接，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）在平面中过作于，连接，说明是二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，当时可证平面，从而求出此时的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，过作于，连接， 因为正方形和矩形所在的平面互相垂直， ，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，又，，平面， 平面，平面， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 是二面角的平面角， 因为，，所以， 所以， 在中，，， 二面角的正切值为； 【小问3详解】 略 19. 对于两个平面向量，，如果有，则称向量是向量的“迷你向量”. （1）若，，是的“迷你向量”，求实数的取值范围； （2）一只蚂蚁从坐标原点沿最短路径爬行到点处（且）.蚂蚁每次只能沿平行或垂直于坐标轴的方向爬行一个单位长度，要求爬行路径最短，爬完第次后停留的位置记为，设。记事件T＝“蚂蚁经过的路径中至少有个使得是的迷你向量”。（假设蚂蚁选择每条路径都是等可能的） ①当时，求； ②当且时，证明：. 【答案】（1） （2）②由（2）①知当时，， 当时，能使得是的迷你向量的共有三个，记为（类似①）， 要想使得经过的路线中至少有其中2个点，则路径必经过点， 可得{12，13，14，23，24，34}，所以， {14，24，34}，所以， 当时，能使得是的迷你向量的共有三个，记为（类似①）， 故不存在至少有个使得是的迷你向量； 综上所述：故当且时，. 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算不等式即可； （2）①应用列举法计算古典概型概率即可；②应用古典概型证明即可. 【小问1详解】 因为是的“迷你向量”，所以，又，， 所以，解得，所以实数的取值范围为； 【小问2详解】 ①如图，当时，能使得是的迷你向量的共有三个，即， 要想使得经过的路线中至少有其中3个点，则路径必经过点， 故只需要考虑所有最短路径中经过点的条数即可. 先考虑总共最短路径条数：最短路径一共5步，其中二步向上，三步向右， 也即是在5步中选择二步向上，其余三步向右， 故可以用这样的样本点组成的样本空间描述最短路径的走法： “12”代表前二步向上，剩下三步向右； “24”表示第二、第四步向上、其余三步向右； {12，13，14，15，23，24，25，34，35，45}， 所以总共的最短路径条数为10；所以； 所以{45},故经过包含的路径条数为1，所以； 因为选择每条路径都是等可能的，故试验为古典概型， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $