广东省湛江市2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试卷

湛江市2024—2025学年度第二学期期末调研考试

高一数学

说明：本卷满分150分.考试用时120分钟.

一、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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.

z1iz32izz

1.若复数1，2，则12（）

A.4iB.23iC.4iD.23i

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的加法法则计算即得.

【详解】z1z21i32i4i

故选：C.

2.袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到红球的概率为（）

2431

A.B.C.D.

51553

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得取球的总情况数，及取到红球的情况数，据此可得答案.

【详解】由题可得取球的总情况数为15，取到红球的情况数为4，则取到红球的概率为：

4

.

15

故选：B

3.正方形OABC的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（）

A.12B.42C.16D.82

【答案】C

【解析】

【分析】根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长.

【详解】从直观图可得OBOA2AB222，

原图形为：

则四边形OABC为平行四边形，OA2,OB2OB42，

ABOA2OB24326，

所以其周长为26216.

故选：C.

2π

4.已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值

3

为（）

4π

A.B.2πC.3πD.4π

3

【答案】A

【解析】

【分析】根据圆台母线长与侧面展开图扇环内外圆半径的关系得到一个等式，再利用圆台上下底面圆周长

与扇环内外圆周长的比例关系，进而求出圆台上下底面圆周长之差.

【详解】设圆台的侧面展开图扇环的内圆半径为r1，外圆半径为r2，（r2r1）

则圆台母线长为2r2r1，

设圆台上、下底面圆半径分别为r3，r4（r3r4），

2πr2πr2π4π

则2πr1，2πr2，∴2πrrrr，

3343433213

4π

圆台上下底面圆周长之差的绝对值为.

3

故选：A.

5.如图，两座山峰的高度AMCN200m，为测量峰顶M和峰顶N之间的距离，测量队在B点（A，

B，C在同一水平面上）测得M点的仰角为45，N点的仰角为30，且MBN45，则两座山峰峰

顶之间的距离MN（）

A.200mB.400mC.2002mD.4002m

【答案】C

【解析】

【分析】在RtABM、RtBCN中利用锐角三角函数求出BM、BN，再在BMN中利用余弦定理计算

可得.

AM200

【详解】在RtABM中BM2002m，

sinABMsin45

CN200

在RtBCN中BN400m，

sinCBNsin30

在BMN中MNBM2BN22BMBNcosMBN

22

20024002220024002002m．

2

故选：C

6.在平行四边形ABCD中，DE3EC，若AE交BD于点M，则AM（）

1234

A.ABADB.ABAD

3377

2125

C.ABADD.ABAD

3377

【答案】B

【解析】

AM4

【分析】由DE3EC得E为线段DC上的四等分点，根据三角形相似得，然后根据向量的线性

EM3

运算化简求解即可.

【详解】DE3EC，E为线段DC上靠近点C的四等分点．

由平行四边形性质知△ABM∽△EDM，

AMAB4444334

即，AMAE(ADDE)ADABABAD．

EMED3777477

故选：B．

7.如图，棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱AD,DD1,CD的中点，则下列说

法错误的是（）

A.直线A1G,C1E共面

1

B.V

D1BEF3

2

C.直线A1G与平面ADD1A1所成角的正切值为

4

D.过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9

【答案】D

【解析】

【分析】对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通

过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角

形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可.

【详解】

对于A项，如图①，分别连接A1C1,EG,AC,,在正方体ABCDA1B1C1D1中，易得矩形AA1C1C,

故有A1C1//AC，又E，G分别是棱AD,CD的中点，则EG//AC,故EG//A1C1,即EG,A1C1可确定一

个平面，故A项正确；

1111

对于B项，如图②，VVS△|AB|112,故B项正确；

D1BEFBD1EF3D1EF323

对于C项，如图③，连接A1D,因DC平面ADD1A1，故直线A1G与平面ADD1A1所成角即GA1D,

DG12

在△中，故项正确；

RtGA1DtanGA1D,C

A1D224

对于D项，如图④，连接BE,EF,BC1,C1F,易得EF//AD1,AD1//BC1,

因平面ADD1A1//平面BCC1B1，则BC1为过点B，E，F的平面与平面BCC1B1的一条截线，

即过点B，E，F的平面即平面BEFC1.

由可得四边形为等腰梯形，

EF2,BE5,BC122,C1F5BEFC1

1232329

故其面积为：S(222)(5)2()2，即D项错误.

BEFC122222

故选：D.

8.如图，以边长为4的菱形ABCD的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，

ABC60，则ABAP的最大值是（）

A.16B.162C.18D.20

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用向量数量积的几何意义，由点P的位置分类探讨确定取最大值的位置，再取BC

中点O，利用数量积的运算律及定义求出最大值.

【详解】当点P在半圆CD或半圆AD的弧上时，AP在AB方向上的投影的数量为非正数；

当点P在半圆AB的弧上时，AP在AB方向上的投影的数量在[0,4]内，ABAP16；

当点P在半圆BC的弧上时，AP在AB方向上的投影的数量不小于2，

因此当ABAP取最大值时，点P在半圆BC的弧上，取BC中点O，则APAOOP，

π

而AO23,BAO，ABAPAB(AOOP)ABAOABOP

6

(23)28cosAB,OP20，当且仅当AB,OP0时取等号，

所以ABAP的最大值是20.

故选：D

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，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.在一次比赛中，7名裁判员对运动员甲的评分分别为8.0，8.5，9.0，8.0，8.5，5.5，8.5，关于这组数据，

下列说法正确的有（）

A.这组数据的中位数大于平均数

B.这组数据的80%分位数为8.5

C.这组数据的众数为8.0

D.去掉一个最低分和一个最高分后，新的一组数据的平均数会变大

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据给定条件，利用平均数、80%分位数、众数的意义依次求解判断.

【详解】给定数据由小到大排列为5.5,8.0,8.0,8.5,8.5,8.5,9.0，

5.528.038.59.0

对于A，平均数x8.0，中位数8.5，A正确；

7

对于B，由780%5.6，得这组数据的80%分位数为8.5，B正确；

对于C，这组数据的众数为8.5，C错误；

28.038.5

对于D，新数据组的平均数为8.3，D正确.

5

故选：ABD

10.一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同，编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中依次不放回摸

出两个球.设事件A“第一次摸出球的编号为奇数”，事件B“摸出的两个球的编号之和为5”，事件C“摸

出的两个球中有编号为2的球”，则（）

1

A.PCB.事件A与事件B为独立事件

2

5

C.PABD.事件B与事件C为互斥事件

12

【答案】AB

【解析】

【分析】根据古典概型计算判断A，独立事件乘法公式计算判断B，根据概率性质计算判断C，应用互斥事

件的定义判断D.

61

【详解】对于A：由古典概率的计算易得PC，故A正确；

122

214121

对于B：因为PA，PB，PAB，

42123126

所以PABPAPB，即事件A与事件B为独立事件，故B正确；

1112

对于C：因为PABPAPBPAB，故C错误；

2363

对于D：当摸出的两个球编号为2，3时，事件B与事件C同时发生，故D错误，

故选:AB

11.在锐角ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且cb2acosB.则下列说法正确的是（）

A.A2B

π

B.角B的范围是0,

6

3114

C.若BAC的平分线交BC于D，AD2，sinB，则

5bc5

c223

D.的取值范围是,

a23

【答案】ACD

【解析】

【分析】由正弦定理可得sinABsinB2sinAcosB，化简得sinBsinAB，再结合题意可对

2sin2

A判断；由A可得A2B，再结合ABC为锐角三角形即可对B判断；利用正弦定理可求得b，

sin3

11sin31c1

从而可得cos，从而可对C判断；由2cosB，再令

bc2sin24cosa2cosB

23123

tcosB,，结合y2t在,上单调递增，可对D判断.

222t22

【详解】A、B：由正弦边角关系有sinCsinBsinABsinB2sinAcosB，

ππ

所以sinBsinAcosBcosAsinBsinAB，又0ABπ且0A，0B，所以

22

BABA2B，故A正确；

π

0B

2

πππ

由上02B，可得B，故B错误:

264

π

0π3B

2

C：如下图示，设BBADCAD，则ADC2，ACDπ3，

b222sin2

由AD2，则cAB4cos，且，则b，

sin2sin(π3)sin3sin3

11sin31sincos2cossin212cos21cos1

所以cos，

bc2sin24cos2sin24cos4cos24cos

3ππ4114

而sin，且，则cos，所以，故C正确；

5645bc5

csinCsinπ3Bsin3BsinBcos2BcosBsin2B2cos2B11

D：由cosB2cosB，

asinAsin2Bsin2Bsin2B2cosB2cosB

23123223

而tcosB,，且y2t在,上单调递增，则值域为,，故D正确.

222t2223

故选：ACD.

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.

12.已知z2i，则zi______；

【答案】22

【解析】

【分析】先求z，进而得zi，最后复数的模即可.

【详解】由z2i有z2i，所以zi22i，所以zi222222，

故答案为：22.

13.若4个数据的平均值为6，方差为5，现加入数据8和10，则这6个数据的方差为______．

172

【答案】##5

33

【解析】

【分析】设原来4个数据依次为a，b，c，d，根据平均数和方差得到方程，并求出加入数据8和10后

的平均数和方差.

【详解】设原来4个数据依次为a，b，c，d，则abcd24，

12222

因为方差为5，所以a6b6c6d65，

4

即(a6)2(b6)2(c6)2(d6)220，

所以a2b2c2d212abcd36420，

则a2b2c2d2201224364164．

11

现加入数据8和10，则其平均数为abcd81024187，

66

122

则这6个数据的方差为a7(b7)2(c7)2(d7)2(87)2107

6

1

a2b2c2d28210214abcd810496

6

117

164641001424810496．

63

17

故答案为：

3

33

14.在三棱锥PABC中，PA底面ABC，PA2，ABC120，ABC的面积为，则三棱

2

锥PABC的外接球表面积的最小值为______．

【答案】28π

【解析】

【分析】由面积公式可得ac6，由余弦定理结合基本不等式可求b32，根据正弦定理可得ABC外

接圆半径r，由勾股定理即可求解.

【详解】如图，取ABC的外接圆圆心H，过点H作平面ABC的垂线，

则三棱锥PABC的外接球的球心O在该垂线上，且OH1，

1333

在ABC中，SacsinBac，即ac6，

ABC242

2221

所以bac2accosB2ac2ac18，

2

即b32（当且仅当ac时取等号），

b

设ABC外接圆半径为r，由正弦定理得2r26，即r6，

sinB

所以外接球的半径Rr217，则S4πR228π，

故三棱锥PABC的外接球表面积的最小值为28π.

故答案为：28π.

【点睛】方法点睛：解决外接球问题：

（1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解；

（2）已知线面垂直，构造矩形模型；

（3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体.

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.某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为

初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取300人的成绩作为样

本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：

（1）求频率分布直方图中a的值.若从成绩不低于70分的学生中，按分层抽样方法抽取24人的成绩，求

24人中成绩不低于90分的人数.

（2）用样本估计总体，估计该校学生数学文化素养知识初赛成绩的中位数.（保留小数点后两位）

21

（3）若甲、乙两位同学均进入复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为，乙复赛获一等奖的概率为，甲、

53

乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率.

【答案】（1）a0.03，24人中成绩不低于90分的人数为2，

（2）73.33

3

（3）

5

【解析】

【分析】（1）根据频率之和为1即可求解a0.03，根据抽样比即可求解，

（2）根据频率分布直方图中，中位数的计算公式即可求解，

（3）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合对立事件的性质求解.

【小问1详解】

由题意可知0.010.0150.015a0.0250.005101，解得a0.03，

成绩位于70,80,80,90,90,100的频率之比为0.03:0.025:0.0056:5:1，

1

故24人中成绩不低于90分的人数为242，

651

【小问2详解】

由于0.010.0150.015100.40.5，

0.010.0150.0150.03100.70.5，

故中位数位于70,80，

设中位数为m，则m700.030.1，解得m73.33，

【小问3详解】

212

甲乙两个人都未复赛获一等奖的概率为11，

535

23

故至少有一位同学复赛获一等奖的概率为1

55

16.已知向量a(sinx,1)，b(cosx,1)．

π

（1）当x时，求向量ab的坐标；

2

（2）若a∥b，求实数x的值；

（3）求f(x)ab的最大值和最小值．

【答案】（1）(1,2)

π

（2）xkπ，kZ

4

31

（3）f(x)，f(x)

max2min2

【解析】

【分析】（1）由特殊角三角函数的计算和平面向量加法的坐标运算可得结果；

（2）由向量平行的坐标关系列式求解；

（3）先根据向量数量积的坐标公式化简函数，再根据二倍角公式化简，最后根据正弦函数性质可得最值.

【小问1详解】

π

当x时，a(sinx,1)(1,1)，b(cosx,1)(0,1)，

2

则ab(10,11)(1,2)．

【小问2详解】

若a∥b，则sinx11cosx0，即sinxcosx，

π

所以xkπ，kZ．

4

【小问3详解】

因为a(sinx,1)，b(cosx,1)，

1

所以f(x)absinxcosx11sin2x1．

2

因为1sin2x1，

13

所以当sin2x1时，f(x)取得最大值，f(x)11，

max22

11

当sin2x1时，f(x)取得最小值，f(x)(1)1．

min22

17.如图，在四棱锥ABCDE中，平面ABC平面BCDE，CDEBED90，ABCD2，

DEBE1，AC2．

（1）证明：DE平面ACD；

（2）求二面角BADC的正切值．

【答案】（1）证明见解析

（2）3

【解析】

【分析】（1）先证明ACBC，从而证明ACDE，再由DEDC，可证明DE平面ACD；（2）作

BFAD，与AD交于点F，BOCD，与CD交于点O，连接OF，可得BFO就是二面角BADC

的平面角，证明BDAB，ACCD，从而计算各边长，再计算二面角BADC的正切值.

【小问1详解】

证明：在直角梯形BCDE中，由DEBE1，CD2，得BDBC2，

由AC2，AB2得AB2AC2BC2，即ACBC，

又平面ABC平面BCDE，从而AC平面BCDE，

所以ACDE，又DEDC，ACDCC，从而DE平面ACD；

【小问2详解】

作BFAD，与AD交于点F，BOCD，与CD交于点O，连接OF，BD

由（1）知OFAD，所以BFO就是二面角BADC的平面角，

在直角梯形BCDE中，由CD2BC2BD2，得BDBC，

又平面ABC平面BCDE，得BD平面ABC，从而BDAB，

由于AC平面BCDE，得ACCD．

在Rt△ACD中，由DC2，AC2，得AD6；

23

在Rt△ABD中，由BD2，AB2，AD6，得BF，

3

3

BODE1，OFtanBFO3，

3

所以二面角BADC的正切值为3．

【点睛】用定义求解二面角时，需要先作图找出二面角的平面角，然后计算各边长，从而代入求解二面角

对应的三角函数值.

π

18.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a2bsinC.

6

（1）求B；

π

（2）已知D为边AB上的一点，且ACD.

2

（ⅰ）若BC23，BD1，求AC的长；

BD

（ⅱ）求的取值范围.

AD

π

【答案】（1）

6

211

（2）（1）；（2）0,

22

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦和角公式可得sinAsinB3sinCcosC,根据

3

sinAsinBCsinBcosCcosBsinC，化简可得tanB，即可求解，

3

BCCD

（2）（ⅰ）在△BCD中，由余弦定理求解CD7，进而根据诱导公式以及正弦定理得，

sinBDCsinB

21

解得cosA，进而根据同角关系以及锐角三角函数求解，

7

BDCDπ

（ⅱ）在△BCD中由正弦定理，得BD2CDsinA，在ACD中，由锐角三角

sinBCDsinB3

CDBDππ1

函数得AD，进而可得2sinAsinA，利用二倍角公式化简得cos2A，即可

sinAAD332

根据余弦函数的性质求解.

【小问1详解】

π

由题意知a2bsinCb3sinCcosC，

6

ab

又由正弦定理得，所以sinAsinB3sinCcosC.

sinAsinB

又ABCπ，所以AπBC，所以sinAsinBCsinBcosCcosBsinC，

所以cosBsinC3sinBsinC，

3

因为C0,π，所以sinC0，所以tanB，

3

π

又因为B0,π，所以B.

6

【小问2详解】

π

（ⅰ）因为BC23,BD1,B，

6

3

根据余弦定理得CD2BC2BD22BCBDcosB11221237，所以CD7，

2

ππ

因为BDCA，所以sinBDCsinAcosA，

22

237

BCCD21

在BDC中，由正弦定理知，，即cosA1，所以cosA，

sinBDCsinB7

2

2223CD21

进而sinA=1cosA,所以tanA,故AC，

73AC2

ππππ

（ⅱ）因为B,ACD，所以BCDACBACDπABA，

6223

BDCDπ

在△BCD中，由正弦定理得，所以BD2CDsinA；

sinBCDsinB3

CD

又在ACD中，AD；

sinA

BDππππππ1

所以2sinAsinAcosAAcosA+A=cos2Acoscos2A，

AD3333332

πππππ1

因为BCD0，所以A0,,2A,，所以cos2A,1，

333332

BD1

所以的取值范围是0,.

AD2

19.离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散

1

曲率为1QPQQPQQPQQPQ，其中Q(i1,2,,k,k3)为多

P2π1223k1kk1i

面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk1PQk和平面QkPQ1为多面

体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥PABC如图所示．

（1）求三棱锥PABC在各个顶点处的离散曲率的和；

3

（2）若PA平面ABC，ACBC，ACBC4，三棱锥PABC在顶点C处的离散曲率为，求

8

点A到平面PBC的距离；

30

（3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长

6

度．

【答案】（1）2（2）22

43

（3）

3

【解析】

【分析】（1）根据所给的定义，表示P,A,B,C，再相加，即可求解；

（2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得PCA、PA，然后过点A作AMPC于点M，

利用线面垂直的判定定理得AM平面PCB，即可求解点面距离；

（3）过点Q作QG∥PA交AB于G，连结CG，得GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角，设

BQx