吉林省六所名校2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学

2024-2025学年高一下学期期末考试

数学试题

一、单选题

1．已知复数满足(2i)zi，则z（）

12121212

A．iB．iC．iD．i

55555555

2．若A、B相互独立，P(AB)0.82,P(B)0.4，则P(A)（）

A．0.6B．0.7C．0.8D．0.9

3．设一组样本的容量为60，经过数据整理，得出了如下所示的频数分布表，则该组样本的第75百分位数

为（）

数据分组区

[0,12)[12,24)[24,36)[36,48)48,60

间

频数16201266

A．31B．32C．33D．34

4．在ABC中，D是BC上一点，且BD2DC，点O满足AO2OD，则OC（）

25242425

A．ABACB．ABACC．ABACD．ABAC

99999999

5．若圆锥甲和等边圆柱乙（轴截面是正方形的圆柱）的体积相等，底面积分别为S甲和S乙，侧面积分别为S1

SS

甲1

和S2.若3，则（）

S乙S2

212121

A．21B．C．D．

234

6．高一年级举行“校园安全伴你行”知识能力竞赛，男生队40人，女生队60人，按照比例分配的分层抽样

的方法从两队共抽取20人，相关统计情况如下：男生队答对题目的平均数为5，方差为1；女生队答对题

目的平均数为4，方差为2，则这20人答对题目的方差为（）

A．1.8B．1.82C．1.84D．1.86

7．在ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c，若acosBbcosA4，AB边上的高为23，则角C的最

大值为（）

ππ5π7π

A．B．C．D．

431212

1

8．如图1，在等腰梯形ABCD中，AB//CD,ADCDCBAB2，将ACD沿AC折起，使得点D落

2

π

在点的位置，得到三棱锥PABC，如图2所示.则当二面角PACB的平面角的大小为时，三棱锥

3

PABC的外接球的表面积为（）

A．7πB．14πC．21πD．28π

二、多选题

9．盒子里有2个白球，2个黑球和1个红球，从中不放回地依次取出2个球.设事件A“第1次取出的球

是白球”，B“两个球颜色相同”，C“第2次取出的球是黑球”，D=“两个球中有一个是红球”.则下列说

法正确的是（）

21

A．P(A)B．P(BC)C．与相互独立D．与D是对立事件

52

10．设ABC的内角A,B,C所对的边为a,b,c，则下列命题正确的有（）

Bac

A．若cos2，则ABC为直角三角形

22c

B．若abccosBccosA，则ABC为直角三角形

C．若ccosBcosAbcosAcosCbcosB，则ABC为直角三角形

D．若accos(AC)，则ABC为直角三角形

．如图，在长方体ABCDABCD中，，动点在长方体的表面上运动（含

111111AB2BC2CC122M

边界），且BD1MC，点M的轨迹形成的封闭图形为，则（）

A．点M的轨迹长度为2622B．点到所在平面的距离为2

C．所在的平面将长方体分成的大小两部分体积比为11:1D．若BD1与所在的平面交于点E，则

BE1

ED13

三、填空题

12．随着暑期临近，旅游也进入了旺季.某城市为预测今年7月18，19，20日这三天因游客人数而导致的交

通拥堵情况，用计算机生成了25组随机数，结果如下：

015765802631135651134768023157302206

268371708264045141310056153875672168452

若用0,1,2,3表示交通拥堵，用4，5，6，7，8，9表示交通不拥堵，则这3天中恰有2天交通拥堵的概率

估计是.

π

13．如图，直四棱柱ABCDA1B1C1D1所有棱长均为1，DAC，则异面直线A1B与AC1所成角的余弦

3

值为.

14．在直角三角形ABC中，角A,B,C所对的边分别为，b,c,A90,b3,c4,O是ABC所在平面内一点.

若AOABAC，则以下说法正确的是（填写序号）.

3

①若O为ABC的重心，则②若O为ABC的外心，则1

4

7

③若O为ABC的垂心，则0④若O为ABC的内心，则

12

四、解答题

15．为坚持健康第一的教育理念，帮助学生在体育锻炼中享受乐趣、增强体质、健全人格、锻炼意志，某

校高一年级体育组开展“一分钟跳绳比赛”活动，甲班两位同学的近期训练中的跳绳数（单位：次／分钟）如

下：

A同学：124、140、130、132、136、104、130

B同学：130、136、126、130、120、124、130

(1)分别求两组数据的众数、中位数、极差；

(2)根据两组数据的平均数和方差的计算结果（结果保留两位小数），比较两位同学的跳绳水平.

16．如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，ABACBC2，ADCD2，PA2，E为PC

上一点.

(1)证明：平面PAC平面BDE；

(2)若E为PC的中点，求二面角DEBC的平面角的正切值.

17．象棋是中华民族优秀的传统文化遗产，为弘扬棋类运动精神，传承中华优秀传统文化，丰富校园文化

生活，培养学生良好的心态和认真谨慎的生活观，某学校高一年级举办象棋比赛.比赛分为初赛和决赛.初赛

采用线上知识能力竞赛，共有500名学生参加，从中随机抽取了50名学生，记录他们的分数，将数据分成

5组：［50,60）,60,70,70,80,80,90,90,100，并整理得到如图频率分布直方图：

(1)根据直方图，求的值，并估计这次知识能力竞赛的平均数x；

(2)决赛环节学校决定从知识能力竞赛中抽出成绩最好的两个同学甲和乙进行现场棋艺比拼，比赛采取三局

2

两胜制.若甲每局比赛获胜的概率均为，且各轮比赛结果相互独立.求甲最终获胜的概率.

3

1

18．在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sin2B(1cosA)sin2Csin2AsinAsin2B.

2

(1)求；

1

(2)若M是边BC的中点，AGAM.c3,b4.过点G的一条直线分别交线段AB，AC于点E，F（包含

2

端点），求SAEF的取值范围.

19．如图是由6个边长为2的正三角形拼接而成的六面体，M，N分别为PC，AB的中点.

(1)求该六面体的体积；

(2)求证：ABMN；

(3)求直线MN与平面ABQ所成角的正弦值.

题号12345678910

答案ABCADCBDABAD

题号11

答案ACD

1．A

借助复数运算法则与共轭复数定义计算即可得.

ii(2i)12i1212

【详解】由已知(2i)zi，得zi，所以zi.

2i(2i)(2i)55555

故选：A.

2．B

由概率的加法公式和相互独立事件的定义列式求解.

【详解】P(AB)P(A)P(B)P(AB)0.82,P(B)0.4，

0.820.4

因为事件A、B相互独立，所以P(AB)P(A)P(B)，所以P(A)0.7.

10.4

故选：B.

3．C

根据百分位数的定义和公式进行求解即可.

【详解】因为600.7545，162036，16201248，

故第75百分位数必在[24,36)内，

x249

设第75百分位数为，则有，解得x33.

362412

故选：C.

4．A

根据向量共线的推论，由向量的线性运算，可得答案.

12224

【详解】BD2DC,ADABAC,AO2OD,AOADABAC，

33399

2425

OCACAOACABACABAC.

9999

故选：A.

5．D

设出圆锥与圆柱的底面半径与高，利用体积公式与侧面积公式计算即可得.

【详解】设圆锥甲的底面圆半径为r1，高为h1，圆柱乙的底面圆半径为r2，高为h22r2，

22

S甲πr1r1

则223，r13r2，

S乙πr2r2

1222222

又πrhπrh，则h1h22r2，圆锥的母线lrh3r4r7r，

3112211222

Sπrlπ3r7r21

1122

2.

S22πr2h24πr24

故选：D.

6．C

借助分层抽样的平均数与方差公式计算即可得.

40

【详解】根据题意，按照比例分配分层抽样的方法从男生队中抽取208人，

100

60

从女生队中抽取2012人，

100

1

这20人答对题目的平均数为(85124)4.4，

20

1

所以这20人答对题目的方差为81(54.4)2122(44.4)21.84.

20

故选：C.

7．B

83

由余弦定理得c4，结合三角形面积公式得ab，由余弦定理结合基本不等式可得

sinC

a2b2c28π3

cosC1，进一步可得sinC，进而求出C范围得解.

2abab32

a2c2b2b2c2a2

【详解】因为acosBbcosAc4,AB边上的高为23，

2c2c

1183

所以423absinC，即ab，

22sinC

a2b2c22abc28

cosC1，当且仅当ab取等号，

2ab2abab

3π3

cosC1sinC，即3sinC3cosC3，即sinC，

332

ππ4πππ2π

C(0,π)C,，则C,，

333333

ππ

C0,，故角C的最大值为.

33

故选：B.

8．D

根据题意，易得ADC120，过作PFAC交AC于F，则F为AC的中点，过F作FG//BC交AB于

G，则PFG为二面角PACB的平面角，求得△ACP的外接圆半径，过△ACP的外接圆的圆心O1作

平面ACP的垂线，过ABC的外心G作平面ABC的垂线，两条垂线的交点即为球心O，利用勾股定理求得

三棱锥PABC外接球的半径得解.

【详解】在图1中，延长AD、BC交于点E，如图所示：

1DECECD1

因为CD//AB，且CDAB，所以，

2AEBEAB2

11

即DEAE,CEBE，所以AE2AD4,BE2BC4，

22

所以ABE是边长为4的等边三角形，

所以D、C分别为AE、BE的中点，所以BCAC，

所以ACAB2BC2422223，

易知ADC120.

过作PFAC交AC于F，则F为AC的中点，

过F作FG//BC交AB于G，则PFG为二面角PACB的平面角.

π

所以PFG.

3

AC

r2

记O为外接球球心，半径为R,ACP的外接圆半径2π，过△ACP的外接圆的圆心O1作平面

2sin

3

ACP的垂线，

过ABC的外心G作平面ABC的垂线，两条垂线的交点即为球心O，其截面如下：

π

则OGFGtan3，所以R2OG2GB27，

3

所以球O的表面积为S4πR228π.

故选：D.

9．AB

依次列出样本空间，事件A、B、C、D包含的基本事件，由事件的基本关系及概率公式一一判定选项即可.

【详解】依题意可设2个白球为a1,a2,2个黑球为b1,b2,1个红球为，则样本空间为：

Ωa1,a2,a1,b1,a1,b2,a1,c,a2,a1,a2,b1,a2,b2,a2,c,c,a1,c,a2，

c,b1,c,b2,b1,a1,b1,a2,b1,c,b1,b2,b2,a1,b2,a2,b2,c,b2,b1共20个基本事件.

事件Aa1,a2,a1,c,a1,b1,a1,b2,a2,a1,a2,c,a2,b1,a2,b2，共8个基本事件.

事件Ba1,a2,a2,a1,b1,b2,b2,b1，共4个基本事件.

事件Ca1,b1,a1,b2,a2,b1,a2,b2,c,b1,c,b2,b1,b2,b2,b1，共8个基本事件.

事件Da1,c,a2,c,c,a1,c,a2,c,b1,c,b2,b1,c,b2,c共8个基本事件.

82

对于A，P(A)，故A正确；

205

1

对于B，P(BC)，故B正确；

2

4121

对于C，又P(B),P(AB)P(A)P(B)，故与不相互独立，故C错误；

2052010

对于D，注意到BD，但BD，所以与D互斥而不对立，故D错误.

故选：AB.

10．AD

由正弦定理，求得sinBcosC0，求得cosC0，可判定A正确；根据正弦定理，得到cosC(sinBsinA)0，

π

得到C或AB，可判定B错误；根据正弦定理，化简得到sin2Asin2B，可得判定C错误；根据余

2

弦定理，求得a2b2c2，可判定D正确.

Bac1cosBsinAsinC1sinA1

【详解】对于A中，由cos2，可得，

22c22sinC2sinC2

sinAsinA

所以1cosB1，即cosB，

sinCsinC

可得cosBsinCsinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC，所以sinBcosC0，

因为B(0,π)，可得sinB0，所以cosC0，

π

又因为C(0,π)，所以C，所以ABC为直角三角形，所以A正确；

2

对于B中，因为abccosBccosA，所以sinAsinBsinCcosBsinCcosA，

即sin(BC)sin(AC)sinCcosBsinCcosA，所以sinBcosCsinAcosC0，即cosC(sinBsinA)0，

π

可得cosC0或sinBsinA，即C或AB，

2

所以ABC是等腰三角形或直角三角形，所以B错误；

对于C中，因为ccosBcosAbcosAcosCbcosB，

所以sinCcosBcosAsinBcosAcosCsinBcosB，

即cosAsin(BC)sinBcosB，即sin2Asin2B，

π

因为A(0,π),B(0,π)，所以2A2B或2A2Bπ，所以AB或AB，

2

所以ABC是等腰三角形或直角三角形，所以C错误；

a2c2b2

对于D中，因为accos(AC)ccos(πB)ccosBc，

2ac

整理可得a2b2c2，所以ABC的形状一定是直角三角形，所以D正确.

故选：AD.

11．ACD

对A，当点M在平面BB1C1C上时，可证BD1B1C，此时点M的轨迹为B1C，同理，当点M在底面ABCD

上时，为的中点，点的轨迹形成的封闭图形为△BPC，运算得解；对，由等体积法VV

ABM1BAB1PCCAPB1

运算得解；对，由长方体的体积为1122，求解判断；对，连接，

C82,V222DB1D1,B1O

B1BPC323

则B1O为平面B1D1DB与平面B1PC的交线，则点E即为BD1与B1O的交点，由BOP~DOC运算得解.

【详解】如图，

对于A，当点M在平面BB1C1C上时，因为D1C1平面BB1C1C,B1C平面BB1C1C，所以D1C1B1C，

因为B1CC1B,D1C1C1BC1,D1C1,C1B平面D1C1B，所以B1C平面D1C1B，

因为BD1平面D1C1B，所以BD1B1C，

若BD1MC，则点M的轨迹为B1C，长度为22；

当点M在底面ABCD上时，因为D1D平面ABCD,MC平面ABCD，

故D1DMC，又BD1MC，则MC平面BDD1,BD平面BDD1，所以MCBD.

BPBC

设MCBDO,MC与AB交于点P，由BCP~CDB知，所以BP2.

BCCD

此时为AB的中点，所以M的轨迹为CP,CP6，

连接BP，则，所以点的轨迹形成的封闭图形为△BPC，周长为故正确；

1B1P6M12622.A

△1

对于B，在B1PC中，B1PCP6,B1C22，故面积S22222，

B1PC2

111

设点到所在平面的距离为，由VV得，解得，故错误；

hAB1PCCAPB1h22222h1B

332

对于，长方体的体积为1122，剩余的部分体积为222，故体积比为，

C82,V22211:1

B1BPC3233

故C正确；

对于D，连接B1D1,B1O，则B1O为平面B1D1DB与平面B1PC的交线，则点E即为BD1与B1O的交点，

BE1

BO1

由BOP~DOC知，由BOE~D1B1E知，故D正确.

OD2ED13

故选：ACD.

9

12．

25

根据古典概型的概率计算，利用列举法，可得答案.

【详解】若用0，1，2，3表示交通拥堵，用4，5，6，7，8，9表示交通不拥堵，

则这3天中恰有2天交通拥堵的随机数分别为：

015，802，631，135，134，206，371，141，153共9组，

9

因为一共有25组，所以概率估计为.

25

9

故答案为：.

25

1

13．/0.25

4

根据题意，可得AC1A1B2，在直四棱柱的左侧再补一个相同的直四棱柱ADEFA1D1E1F1，易得C1AF1

V

即为异面直线A1B与AC1所成角或其补角，在F1AC1中，由余弦定理求得答案.

π

【详解】由题，DAC，可得AC1,解得AC1A1B2，

3

在直四棱柱的左侧再补一个相同的直四棱柱ADEFA1D1E1F1，连接AF1,F1C1，

则BA1//AF1，所以C1AF1即为异面直线A1B与AC1所成角或其补角，

Vπ

在F1B1C1中，由FB2,BC1,FBC，

11111113

2231

由余弦定理得F1C13，所以cosC1AF1，

2224

π1

又因为异面直线所成角的范围是0,，所以异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为.

24

1

故答案为：.

4

14．②③④

对①，根据重心的性质结合向量线性运算求解；对②，由题可知O为BC中点，利用向量线性运算求解；对

bc

③，根据题意，O与点重合，易求解判断；对④，设内切圆半径为，由面积法可得r，再由

abc

bcABbcAC

AO，运算得解.

abc|AB|abc|AC|

【详解】对于①，直角三角形ABC中，A90,D为BC中点，ABC的重心为O，如图所示，

22111

AOAD(ABAC)ABAC，

33233

12

则,，故①错误；

33

对于②，直角三角形ABC中，A90,ABC的外心为O，则O为BC中点，如图所示，

11

AO(ABAC)，则,1，故②正确；

22

对于③，直角三角形ABC中，A90,ABC的垂心为O，则O与点重合，AO0，

则0,0，故③正确；

对于④，直角三角形ABC中，A90,ABC的内心为O，则点O是三角形内角平分线交点，直角三角形ABC

中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，设内切圆半径为，

11bc

则Sbc(abc)r，得r，

ABC22abc

bcABbcAC

AO

abc|AB|abc|AC|

bcABbcACbc

ABAC，

abccabcbabcabc

bcbcbc7

则,,，故④正确.

abcabcabcabcabc12

故答案为：②③④.

15．(1)答案见解析

(2)B同学发挥较稳定

（1）将题目中的数据由小到大的顺序排列，根据众数、中位数与极差的概念，可得答案；

（2）根据平均数与方差的计算公式，结合其意义，可得答案.

【详解】（1）由题目中的数据，按照从小到大排列可得：

A同学：104、124、130、130、132、136、140

B同学：120、124、126、130、130、130、136

A同学跳绳数的众数为130，中位数为130，极差为36，

B同学跳绳数的众数为130，中位数为130，极差为16.

124140130132136104130

（2）A同学跳绳数的平均数为x128，

7

方差

212222222

S1(124128)(140128)(130128)(132128)(136128)(104128)(130128)

7

117.71

130136126130120124130

B同学跳绳数的平均数为y128，

7

方差

1

S2(130128)2(136128)2(126128)2(130128)2(120128)2(124128)2(130128)2

27

22.86

22

因为xy,S1S2，所以两位同学的平均水平相当，但B同学发挥较稳定.

16．(1)证明见解析

23

(2)

3

（1）连接AC、BD，证明出BD平面PAC，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）连接OE，过点O在平面BDE内作OFEB于F，连接CF，证明出BE平面OCF，可知CFO即

为二面角DEBC的平面角，求出OC、OF的长，即可求出CFO的正切值，即为所求.

【详解】（1）连接AC、BD，设ACBDO，

因为ABCB，ADCD，ACAC，所以△ABD≌△CBD，

所以ABDCBD，故BDAC，

因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以BDPA，

因为PAACA，PA、AC平面PAC，故BD平面PAC，

因为BD平面BDE，因此平面PAC平面BDE.

（2）当E为PC的中点时，连接OE，

由（1）可知BOAC，因为ABBC，则O为AC的中点，所以OE//PA，

因为PA平面ABCD，所以OE底面ABCD，

因为CO平面ABCD，所以OEOC，

又因为OCBD，BDEOO，BD、OE平面BDE，所以CO平面BDE.

过点O在平面BDE内作OFEB于F，连接CF，

因为CO平面BDE，BE平面BDE，所以COBE，

因为COOFO，CO、OF平面OCF，所以BE平面OCF，

因为CF平面OCF，所以CFBE，

所以CFO即为二面角DEBC的平面角，

1

因为COAC1，在直角三角形中，BOAB2OA222123，

2BOE

1

OEPA1，

2

因为OE底面ABCD，BD平面ABCD，所以OEBD，

所以BEOB2OE2312，

EOOB133

因为OFBE，由等面积法可得OF，

EB22

OC22323

所以tanCFO1，故二面角DEBC的正切值为.

OF333

17．(1)a0.03，78

20

(2)

27

（1）根据频率分布直方图各组频率之和等于1求出，由频率分布直方图估算平均数计算得解；

（2）由题，甲最终获胜，比分可能是2:0，2:1，分别求出概率，再根据互斥事件的概率公式求解.

【详解】（1）由频率分布直方图，[50,60)的频率为0.08,[60,70)的频率为0.12,[80,90)的频率为0.42，90,100

的频率为0.08，

所以[70,80)的频率为10.080.120.420.080.3，

0.3

所以a0.03，

10

根据平均数的计算公式，估计这次知识能力测评的平均数：

x550.08650.12750.3850.42950.0878分.

（2）因为甲最终获胜，比分可能是2:0，2:1，

设甲2:0获胜为事件A，2:1获胜为事件，

2

24

若甲2:0获胜，则概率为P(A)，

39

2

122128

若甲2:1获胜，则概率为P(B)，

3333327

20

又A，B两个事件互斥，则甲最终获胜的概率为P(A)P(B).

27

π

18．(1)

3

33

(2),3

4

（1）根据二倍角正弦公式和正弦定理边化角，再结合余弦定理和三角恒等变换化简求得答案；

1111

（2）设AExAB,AFyAC，则0x1,0y1，则AGAEAF，利用E、G、F三点共线，

4x4y

111x21

得1，解得x1，xy，令4x1tt3，利用对勾函数单调性求出xy的范围得解.

4x4y34x13

1

【详解】（1）sin2B(1cosA)sin2Csin2AsinAsin2B，

2

1

b2(1cosA)c2a2ab2cosB，

2

b2c2a2b2cosAabcosB，

2bccosAb2cosAabcosB，

2ccosAbcosAacosB，

2sinCcosAsinBcosAs