甘肃省2024-2025学年高一年级下学期期末考试模拟卷数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250707甘肃省2024-2025学年高一年级下学期期末考试模拟卷

高一年级下学期期末考试模拟卷 数学试卷 （120分钟150分） 考试范围：必修第二册 一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的． 24i   1i 2 1. 复数 （ ） A. 2i B. 2i C. 2i D. 2i 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘方及除法运算规则计算即可. 24i 24i 12i  12i i 【详解】    2i .  1i 2 2i i i2 故选：D. 7  3   2. 已知cos , π, π，则cos （ ） 9  2  2 2 2 1 1 2 2 A.  B.  C. D. 3 3 3 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦公式计算，结合角的范围即可求解. 7  3   π 3π  【详解】cos , π, π,   , ，则cos 0， 9  2  2 2 4  2  7  1  1 cos2cos2 1 ，可得cos2  ,cos  ． 2 9 2 9 2 3 故选：B 3. 某人欲寄出三封信，现有两个邮筒供选择，则三封信都投到同一个邮筒的概率是（ ） 1 3 1 1 A. B. C. D. 2 4 3 4 【答案】D 第1页/共13页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】分别求出总的基本事件个数和所求事件包含的基本事件个数，即可求得概率. 【详解】可记三封信为1，2，3，两个邮筒为甲、乙，则 寄出三封信共有8种结果; 三封信投到同一个邮筒有共同投到甲邮筒和共同投到乙邮筒这2种情况. 2 1 所以三封信都投到同一个邮筒的概率为  . 8 4 故选：D.     4. 已知三个力F 3,4，F  2,5 ，F  3,1 同时作用于某质点上，若对该质点再施加一个力F ， 1 2 3 4  该质点恰好达到平衡状态（合力为零），则F （ ） 4 A.  8,0  B.  8,8  C. 8,0  D. 8,8  【答案】C 【解析】  【分析】先利用向量加法求出合力，然后利用相反向量求出F 即可. 4    【详解】由题意，作用在该质点上的三个力F  3,4 ，F  2,5 ，F  3,1 ， 1 2 3    则F F F  323,451   8,0 ． 1 2 3  想要该质点恰好达到平衡状态，只需F (8,0)8,0 ． 4 故选：C. 5. 已知圆柱的底面半径和高相等，若该圆柱的表面积与某球的表面积相等，则圆柱与球的体积的比值为 （ ） 4 3 4 5 A. B. C. D. 3 4 5 4 【答案】B 【解析】 【分析】设圆柱底面半径、球的半径分别为r,R,由圆柱与球的表面积公式和体积公式列比例式求解． 【详解】设圆柱底面半径、球的半径分别为r,R,则2r2 2r2 4R2， V r2r 3 圆柱   所以r  R，所以 V 4 4 ． 球 R3 3 第2页/共13页 学科网（北京）股份有限公司故选：B. 6. 已知一个三角形的三边分别是a，b， a2 b2  3ab，则此三角形中的最大角为（ ） A. 90 B. 120 C. 135 D.150° 【答案】D 【解析】 【分析】先直观确定最大边，再设最大角为，由余弦定理可得. 【详解】一个三角形的三边分别是a,b, a2 b2  3ab， a2 b2  3ab为最大边． 设最大角为，由余弦定理可得a2 b2  3aba2 b2 2abcos， 3 cos ，又0 <θ<180，故此三角形中的最大角150． 2 故选：D. 7. 已知平面M 与平面N 相交于直线l，二面角M lN 的大小为45，点C是平面M 上的一点，点A是 直线l上的一点，直线AC 与平面N 所成角的大小为30o，则直线AC 与直线l所成角的大小为（ ） A. 90 B. 60 o C. 45 D.30° 【答案】C 【解析】 【分析】过点C作平面N 上的投影O，过点C作BC l于点B，连接AO，BO，根据线面角、二面角 的平面角、异面直线所成的角的定义可求出三个角，然后在直角三角形中化简求解即可. 【详解】如图，过点C作平面N 上的投影O，过点C作BC l于点B， 连接AO，BO，则角CAO，即角  为直线AC与平面N 所成的角， 角CBO，即角为二面角M lN 的平面角， 角CAB，即角为直线AC 与直线l所成的角． 第3页/共13页 学科网（北京）股份有限公司CO CO BC sin sin30 2 故sin ，sin ，则sin    ，故45． BC AC AC sin sin45 2 故选：C 8. 在V ABC中，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c．若2bccosAa2且bc 3，则V ABC 的 面积的最大值为（ ） 3 3 3 3 3 A. B. C. D. 2 4 4 4 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理结合条件2bccosAa2，得b2 c2 2a2，再由余弦定理结合基本不等式求得cosA的 最小值，进而得到sinA的最大值，再求V ABC的面积的最大值即可. 【详解】在V ABC 中，b2 c2 2bccosAa2 又∵2bccosAa2，∴b2 c2 2a2 b2 c2 b2c2a2 b2 c2  故cosA  2 b2 c2 2bc 1 ，    2bc 2bc 4bc 4bc 2 ∵A 0,π  ,∴sinA 1cos2 A  3 , 2 1 1 3 3 3 所以S  bcsinA 3  ，当且仅当bca  3时取等号， ABC 2 2 2 4 3 3 所以V ABC 的面积的最大值为 ． 4 故选：B. 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. 设e ，e 是平面内不共线的两个向量，则下列四组向量中，能作为一组基的是（ ） 1 2         A. e e 和7e 2e B. e 2e 和2e e 1 2 1 2 1 2 1 2   1      C. e 2e 和 e e D. e 和e e 1 2 2 1 2 2 1 2 【答案】ABD 第4页/共13页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】根据基底的概念只需要判断各选项的向量是否共线即可. 【详解】不共线的向量可以作为一组基，所以不能作为一组基的便是共线向量， 1 1     对于A，因为  ，所以e e 和7e 2e 不共线，可以作为基底； 7 2 1 2 1 2 1 2     对于B，因为  ，所以e 2e 和2e e 不共线，可以作为基底； 2 1 1 2 1 2   1      1   对于C，因为e 2e 2  e e ，所以e 2e 和 e e 共线，不可以作为基底； 1 2 2 1 2  1 2 2 1 2 0 1    对于D，因为  ，所以e 和e e 不共线，可以作为基底． 2 1 2 1 1 故选：ABD． π 10. 在V ABC 中，AB8 2，B  ．若V ABC 有两个解，则AC 的取值可能为（ ） 4 A.9 B.8 C.10 D.11 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据V ABC 有两个解，可得ABsinABC  AC  AB，解不等式即可得解. π 【详解】在V ABC 中，AB8 2，B  ， 4 因为V ABC 有两个解，所以ABsinABC  AC  AB， 2 即8 2  AC 8 2，故8 AC 8 2，结合选项可知ACD符合题意． 2 故选：ACD 11. 如图，在四棱锥P ABCD中，PA平面ABCD，AD CD，AC  BC ，E为PC的中点， 2 2 AD CD  BC  PA，则下列结论正确的是（ ） 2 2 第5页/共13页 学科网（北京）股份有限公司A. CD//平面PAB B. AE 平面PCD C. AE 平面PCB D. BE  PD 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意可得AB//CD，由线面平行的判定定理可判断A，应用线面垂直判定定理可证得AE 平 面PCB，即可判定B，C，假设BE  PD，结合线面垂直的判定定理与性质可判断D. 2 【详解】因为AD CD，AD CD，所以△ACB为等腰直角三角形，AD  AC， 2 2 因为AD BC，则AC BC，又AC  BC ，所以△ACB为等腰直角三角形， 2 所以DAC  BAC 45，所以AB AD ， 所以AB//CD，又AB平面PAB，CD平面PAB， 所以CD//平面PAB，故选项A正确； 因为PA平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PABC， 又BC  AC，ACPA A,AC,PA 平面PAC ，所以BC 平面PAC ， 又AE 平面PAC ，所以BC  AE， 2 2 因为AD  PA,AD  AC ，则PA AC ，又E为PC的中点，所以AE  PC ， 2 2 因为BCPC C,BC,PC 平面PCB，所以AE 平面PCB， 因为过一点作直线的垂面有且只有一个，所以AE与平面PCD不垂直， 故选项B不正确，选项C正确； 因为AE与平面PCD不垂直，且AE  PC ， 所以AE不垂直PD（否则AE 平面PCD，不合题意）. 因为PA平面ABCD，AB平面PAC ，所以ABPA， 又AB AD，ADPA A,AD,PA平面PAD，所以AB 平面PAD， 因为PD 平面PAD，所以ABPD， 假设BE  PD，又ABBE  B,AB,BE 平面ABE，所以PD平面ABE， 因为AE 平面ABE，所以PD AE，与AE不垂直PD矛盾， 所以BE 不垂直PD，故选项D不正确． 第6页/共13页 学科网（北京）股份有限公司故选：AC. 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．  1   12. 已知AB BC，且BAmAC，则实数m _____． 5 1 【答案】 6 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算求解.   1 1    【详解】BAAB BC  BA AC ， 5 5  1  BA AC mAC， 6 1 m ． 6 1 故答案为： . 6 13. tan35 tan100 tan35tan100 _____． 【答案】1 【解析】   【分析】由tan135 tan 35 100 ，利用两角和的正切公式变形即可得解. tan35 tan100 【详解】tan135  1， 1tan35tan100 tan35 tan100 1tan35 tan100， tan35 tan100 tan35tan100 1． 故答案为：1. 14. 某田径队有三名短跑运动员，根据平时训练情况统计甲、乙、丙三人100米跑的成绩（互不影响）在13s 2 3 1 内（称为合格）的概率分别为 ， ， ．若对这三名短跑运动员进行一次100米跑测试，恰有两人成绩 5 4 3 合格的概率为_____． 23 【答案】 60 【解析】 第7页/共13页 学科网（北京）股份有限公司【分析】利用相互独立事件概率的乘法公式和互斥事件概率的加法公式进行计算求解. 【详解】设甲、乙、丙三人100米跑的成绩在13s内分别为事件A、B、C，由题意可知： 2 3 1 P  A  ,P  B  ,P  C  , 5 4 3 则甲、乙、丙三人恰有2人合格得概率为：       P  P ABC P ABC P ABC  P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C) 2 3 2 2 1 1 3 3 1          5 4 3 5 4 3 5 4 3 23  60 23 故答案为: . 60 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. 已知向量 a 2，向量b  1,1 ．    （1）若向量ab ，求向量a的坐标；     （2）若向量b 在向量a上的投影为1，求向量a，b 的夹角的大小．     【答案】（1）a  2, 2 或  2, 2 π （2） 4 【解析】 【分析】（1）根据向量模的坐标形式及向量垂直的坐标公式列方程计算即可；    （2）根据数量积的几何意义得ab  a ，进而利用数量积的夹角公式求解即可. 【小问1详解】  r 设a  x,y  ，由 a 2得x2  y2 4，   因为a  b ，向量b  1,1 ，所以x y0，   x 2,  x  2,     解得 或 所以a  2, 2 或  2, 2 ． y  2  y  2, 【小问2详解】 设向量a  ，b  的夹角为 0π  ，   根据投影的定义知，b  在a  的投影为 a  b 1，即a  b   a  b  cos a  ， a 第8页/共13页 学科网（北京）股份有限公司所以cos 1   2 ，又0π，所以 π ，所以向量a  ，b  的夹角的大小为 π ． b 2 4 4 16. 已知i是虚数单位，复数z m3  m2 m6  i  mR  ． （1）若z  0，求实数m的值； （2）若z在复平面内对应的点在直线 y  x的左上方，求m的取值范围． 【答案】（1）m2 （2） ,3  3, ． 【解析】 【分析】（1）根据复数为实数列式求解即可，注意去掉增根． （2）结合复数的几何意义和点的坐标特征列不等式，解一元二次不等式即可． 【小问1详解】 因为z  0，所以zR，则m2 m60，解得m2或m 3． 又因为z  0，所以m30，所以m2． 【小问2详解】 由z在复平面内对应的点  m3,m2 m6  在直线 y  x的左上方， 得m2 m6m3，即m2 90， 所以m3或m3，所以实数m的取值范围是 ,3  3, .   17. 如图，A，B是海面上位于东西方向相距5 3 3 海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点 北偏西60°的D点有一艘轮船发出求救信号，位于B点南偏西60°且与B点相距20 3海里的C点的救援船 立即即前往营救，其航行速度为30海里/小时，该救援船到达D点需要多长时间？ 【答案】救援船到达D点需要1小时． 第9页/共13页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 解：由题意知AB 5(3 3)海里， DBA906030,DAB 45, ADB105 【详解】 DB AB 在DAB中，由正弦定理得  sinDAB sinADB AB•sinDAB 5(3 3)•sin45 5(3 3)•sin45 DB   sinADB sin105 sin45• cos60 sin60 •cos45 海里 又 海里 中，由余弦定理得 , 海里，则需要的时间 答：救援船到达D点需要1小时 18. 排球比赛实行“每球得分制”，即每次发球都完成得分，谁取胜谁就得1分，得分的队拥有发球权，最后 先得25分的队获得本局比赛的胜利，若出现比分24:24，要继续比赛至某队领先2分才能取胜，该局比赛 2 结束．甲、乙两队进行一局排球比赛，已知甲队发球时甲队获胜的概率为 ，乙队发球时甲队获胜的概率 3 1 为 ，且各次发球的胜负结果相互独立．若甲、乙两队双方X :X 平后，甲队拥有发球权． 2 （1）当X 24时，求两队共再发3次球都无法结束比赛的概率； （2）当X  23时，求甲队得26分且取得该局比赛胜利的概率． 7 【答案】（1） 18 4 （2） 27 【解析】 【分析】（1）结合题意，由独立事件的乘法公式可得； （2）分甲先赢后输，再连赢两局和甲先输再连赢三局的概率两种情况由独立事件的乘法公式可得. 【小问1详解】 X 24后两队前发2次球就没有结束比赛的话，那么两队的第3次发球也无法结束比赛， 2 1 1 1 7 故概率P      ． 1 3 3 3 2 18 【小问2详解】 第10页/共13页 学科网（北京）股份有限公司当X  23时，甲、乙两队先打成24:24，后甲连赢两局，甲队得26分且取得该局比赛的胜利， 2 1 1 2 2 当甲先赢后输，再连赢两局的概率P      ， 2 3 3 2 3 27 1 1 2 2 2 当甲先输再连赢三局的概率P      ， 3 3 2 3 3 27 2 2 4 故甲队得26分且取得该局比赛胜利的概率P    ． 4 27 27 27 π 19. 已知斜三棱柱ABCABC 的底面是边长为2的正三角形，侧棱BB 与底面ABC所成角的大小为 ， 1 1 1 1 4 BB  2，且侧面ABB A底面ABC． 1 1 （1）求二面角CAB B的正切值； 1 （2）求点C 到平面CB A的距离． 1 1 【答案】（1） 6 ． 2 21 （2） ． 7 【解析】 【分析】（1）取AB的中点O，连接OC，OB ，过点O作OD  AB ，连接CD，证得ODC 是二面角 1 1 OC CAB B的平面角．再利用题设条件计算tanCDO 即可； 1 OD （2）过点O作ON CD，证明ON 是O点到平面ABC的距离，在Rt△OCD中，求得CD，ON 长，得 1 点C 到平面ABC的距离为2ON . 1 1 【小问1详解】 如图，过点B 作BO  AB，垂足为O，连接CO， 1 1 ∵侧面ABB A 底面ABC，侧面ABB A 底面ABC  AB，BO侧面ABB A ， 1 1 1 1 1 1 1 BO底面ABC， 1 π BBA为BB 与底面ABC的所成角，即BBA ， 1 1 1 4 ∵BB  2，∴OB OB 1， 1 1 第11页/共13页 学科网（北京）股份有限公司∵V ABC 是正三角形，AB2， ∴OA1，COBA，OC  3，AB  2 ， 1 侧面ABB A 底面ABC，侧面ABB A 底面ABC  AB，CO底面ABC， 1 1 1 1 所以CO侧面ABB A ，∵AB 侧面ABB A ，CO AB . 1 1 1 1 1 1 过点O作OD AB ，连接CD，因为COODO，CO,OD平面COD， 1 所以AB 平面COD，因为 CD平面COD，所以CD  AB ， 1 1 ODC是二面角CAB B的平面角． 1 2 OC 在Rt△OCD中，OC  3，OD ，所以tanCDO   6 ， 2 OD 二面角CAB B的正切值为 6 ． 1 【小问2详解】 设点O到平面ACB 的距离为d . 1 过点O作ON CD，垂足为N ． 由（1）知AB 平面OCD，ON 平面COD，AB ON ， 1 1 ∵AB CD D,AB ,CD 平面ABC， 1 1 1 ON 平面ABC，ON 是O点到平面ABC的距离，即d ON ． 1 1 2  2  2  14 在Rt△OCD中，CD  OC2 OD2  3    ，   2 2   2  3 ODOC 21 2 d ON    ． CD 14 7 2 设点B，C 1 到平面ACB 1 的距离分别为d BACB 1 ,d C 1 ACB 1 ， 连接BC 与BC相交于点H ，则H 是BC 的中点，则d d ． 1 1 1 BACB 1 C 1 ACB 1 又O是AB的中点，d 2d ， BACB 1 第12页/共13页 学科网（北京）股份有限公司2 21 所以则点C 到平面ABC的距离d 2d  ． 1 1 C 1 ACB 1 7 第13页/共13页 学科网（北京）股份有限公司