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高一（下）期末数学试卷
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出
符合题目要求的一项．
1. 复数 的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用共轭复数的定义直接得到.
【详解】根据共轭复数的定义可得复数 的共轭复数是 .
故选A.
【点睛】本题考查共轭复数 的定义，属基础题.
2. 在下列各组向量中，互相垂直的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ， ，
【答案】A
【解析】
【分析】
求出两向量的数量积，根据两垂直向量的数量积关系进行判断．
【详解】若两个向量 、 垂直，则 ，
对于选项A， ，满足条件；
对于选项B， ，不满足条件；
对于选项C， ，不满足条件；
对于选项D， ，不满足条件；
故选：A【点睛】本题主要垂直向量的数量积关系、向量数量积的坐标表示，属于基础题．
3. 在 中， ， ，则 （ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由 余 弦 定 理 且 得 ， 再 由 ， 得 ， 得 ， 得
，可求 的值．
【详解】由余弦定理得： ，
又 ， ， ，
， ，
．
故选：B．
【点睛】本题考查余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
4. 甲、乙、丙三人各自拥有一把钥匙，这三把钥匙混在了一起，他们每人从中无放回地任取一把，则甲、
乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
基本事件总数 ，甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙包含的基本事件个数 ，由此能
求出甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率．
【详解】甲、乙、丙三人各自拥有一把钥匙，这三把钥匙混在了一起，
他们每人从中无放回地任取一把，基本事件总数 ，
甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙包含的基本事件个数 ，
则甲、乙二人中恰有一人取到自己钥匙的概率 ．
故选：B．
【点睛】本题考查概率的求法，考査古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5. 将一个容量为1000 的样本分成若干组，已知某组的频率为0.4，则该组的频数是（ ）
A. 4 B. 40 C. 250 D. 400
【答案】D
【解析】
【分析】
直接利用频率的定义求解即可．
【详解】 一个容量为1000的样本分成若干组，某组的频率为0.4，
该组的频数为： ．
故选： ．
【点睛】本题考查频数的求法，解题时要认真审题，属于基础题．
6. 若样本数据 ， ， ， 标准差为8，则数据 ， ， ， 的标准差为（ ）
A. 8 B. 16 C. 32 D. 64
【答案】B
【解析】
【详解】【分析】由已知结合方差的性质即可直接求解．
【解答】解：由方差的性质可知， ，
因为样本数据 ， ， ， 标准差为8，即方差为64，
则数据 ， ， ， 的方差为 ， ，即标准差为16
故选： ．
【点评】本题主要考查了方差性质， 的的简单应用，属于基础试题．
7. 用6根火柴最多可以组成（ ）A. 2个等边三角形 B. 3等边三角形
C. 4个等边三角形 D. 5个等边三角形
【答案】C
【解析】
【分析】
用6根火柴，要使搭的个数最多，就要搭成立体图形，即三棱锥．
【详解】要使搭的个数最多，就要搭成三棱锥，这时最多可以搭4个一样的三角形．
图形如下：
故选：C．
【点睛】本题考查三棱锥，本题要打破思维定势，不要只从平面去考虑，要考虑到立体图形的拼组，属于
基础题．
8. 已知直线 平面 ，直线 平面 ，则“直线 ”是“ ，且 ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质及判定以及充分必要条件判断即可．
【详解】直线 平面 ，直线 平面 ，
则“直线 ”能推出“ ，且 ”，是充分条件，反之“ ，且 ”，直线m与平面 不一定垂直，不是必要条件，
故选：A
【点睛】本题考查了线面垂直的性质及判定以及充分必要条件，属于基础题．
9. 关于两个互相垂直的平面，给出下面四个命题：
①一个平面内的已知直线必垂直于另一平面内的任意一条直线；
②一个平面内的已知直线必垂直于另一平面内的无数条直线；
③一个平面内的已知直线必垂直于另一平面；
④在一个平面内过任意一点作两平面交线的垂线，则此垂线必垂直于另一个平面．
其中正确命题的个数是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】
根据面面垂直的定义，线面垂直的定义，面面垂直的性质定理判断每个命题的真假即可．
【详解】如果两个平面垂直，两平面内的直线并不都相互垂直，
从而判断命题①不正确；
如果两个平面垂直，另一个平面内，必有无数条直线和这个平面垂直，
从而判断命题②正确；
如果两个平面垂直，当其中一个平面内的一条直线平行于两个平面的交线时，
这条直线与另一个平面平行，
所以并不是平面内的所有直线都和另一个平面垂直，从而判断命题③不正确；
根据面面垂直的性质定理可判断命题④正确，
正确 的命题个数为2．
故选：C
【点睛】本题考查了面面垂直、线面垂直和线线垂直的定义，面面垂直的性质定理，考查了推理能力，属
于基础题．
10. 如图，在正方体 中，点 ， 分别是棱 ， 上的动点．给出下面四个命题：①若直线 与直线 共面，则直线 与直线 相交；
②若直线 与直线 相交，则交点一定在直线 上；
③若直线 与直线 相交，则直线 与平面 所成角的正切值最大为 ；
④直线 与直线 所成角的最大值是 ．
其中，所有正确命题的序号是（ ）
A. ①④ B. ②④ C. ①②④ D. ②③④
【答案】D
【解析】
【分析】
利用平面的性质，以及直线与平面所成角，判断选项的正误即可．
【详解】在正方体 中，点 ， 分别是棱 ， 上的动点．
①如果点 在 ， 在 时，直线 与直线 平行，可得直线 与直线 共面，但直线 与
直线 不相交，①不正确；②因为空间3个平面两两相交有3条交线，要么互相平行，要么相交与一点，因为直线 与直线 相
交，所以则交点一定在直线 上，所以②正确；
③若直线 与直线 相交，则直线 与平面 所成角的正切值最大值，应该是 ， 与 重
合，此时直线 与平面 所成角的正切值最大为 ，所以③正确；
④直线 与直线 所成角的最大值就是 ， 与 重合时取得，夹角是 ，所以④正确；
故选： ．
【点睛】本题考查命题的真假的判断，空间几何体的直线与直线的位置关系的应用，直线与平面所成角的
求法，考查空间想象能力，判断能力．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 在空间中，若直线 与 无公共点，则直线 的位置关系是________；
【答案】平行或异面
【解析】
【分析】
根据直线与直线的位置关系直接判断
【详解】 与 无公共点， 与 可能平行，可能异面．
【点睛】本题考查两直线的位置关系的判断，解题时要认真审题，注意空间思维的培养，属基础题．
12. 棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是__．
【答案】
【解析】
【分析】
取 中点 ，连结 、 ，可得 是二面角的平面角，再由余弦定理求解．
【详解】如图，三棱锥 的棱长都相等，取 中点 ，连结 、 ，
三棱锥 各棱长均相等，即 、 均为等边三角形，
， ，是二面角 的平面角，
设棱长 ，则 ，
．
即棱长相等的三棱锥的任意两个面组成的二面角的余弦值是 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查二面角的平面角的求法，熟练掌握正四面体的性质、二面角的定义、余弦定理的应用是
解答此题的关键，属于中档题．
13. 已知23名男生的平均身高是170.6cm，27名女生的平均身高是160.6cm，则这50名学生的平均身高为
__cm．
【答案】
【解析】
【分析】
由已知数据利用平均数的定义直接求解即可．【详解】由题意可知 (cm).
故答案为：165.2
【点睛】本题主要考查了一组数据的平均分的求解，属于基础题．
14. 样本容量为10的一组样本数据依次为：3，9，0，4，1，6，6，8，2，7，该组数据的第50百分位数
是__，第75百分位数是__．
【答案】 (1). 5 (2). 7
【解析】
【分析】
先把样本数据从小到大排列，由 ，得到该组数据的第50百分位数是第5个数与第6个数的平
均数；由 ，得到第75百分位数第8个数．
【详解】样本容量为10的一组样本数据依次为：3，9，0，4，1，6，6，8，2，7，
从小到大排列为：0，1，2，3，4，6，6，7，8，9，
，
该组数据的第50百分位数是 ，
，
第75百分位数是7．
故答案为：5；7．
【点睛】本题考查第50百分位数和第75百分位数的求法，考査百分位数的定义等基础知识，考查运算求
解能力，是基础题．
15. 为了考察某校各班参加书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作
为样本数据，已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据由小到大依次为__．
【答案】4，6，7，8，10
【解析】
【分析】
由已知结合平均数及方差公式，分析数据特点即可求解．
【详解】设5个数据分别为 ， ， ， ， ，由题意可得， ，
，由于5个数的平方和为20，则必为 ，
由 可得 或4，由 可得 或6，
故样本数据为4，6，7，8，10．
故答案为：4，6，7，8，10
【点睛】本题主要考查了平均数及方差公式在实际问题中的应用，属于基础题．
三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. 已知 ， ．
（1）若 与 同向，求 ；
（2）若 与 的夹角为 ，求 ．
【答案】（1） ；（2） 或 ．
【解析】
【分析】
（1）先设 ，再根据向量共线定理即可求解即可；
（2）由已知结合向量数量积的定义及数量积的坐标表示即可求解．
【详解】解：（1）设 ，由题意可得，存在实数 ，使得 ，
即 ， ， ， ，所以 ， ，
由 可得 ，即 或 （舍 ，所以 ，
（2）设 ，所以 ，
又因为 ，
故 即 ，
因为 ，所以 ，故 ，
当 ， 时， ，
当 ， 时， ．
【点评】本题主要考查了向量共线定理及向量数量积的定义及性质的简单应用，属于中档试题．
17. 在锐角 中，角 ， ， 所对的边分别是 ， ， ，已知 ， ．
（Ⅰ） 能否成立？请说明理由；
（Ⅱ）若 ，求 ．
【答案】（Ⅰ）不成立，理由见解析；（Ⅱ）8．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）利用反证法，结合三角形的性质即可判断；
（Ⅱ）根据余弦定理即可求出．
【详解】（Ⅰ） 不成立，理由如下：
， ， ， ， ，
这与 为锐角三角形矛盾；
（Ⅱ）因为 ，由余弦定理可得 ，
，整理可得 ，解得 或 ，
当 时， ， 为钝角，与题意不符合，．
【点睛】本题主要考查余弦定理等基础知识，考查运算求解能力及应用意识，考查化归与转化等思想方法，
属于常考题．
18. 某社区组织了垃圾分类知识竞赛活动，从所有参赛选手中随机抽取20人，将他们的得分按照 ， ，
， ， ， ， ， ， ， 分组，绘成频率分布直方图（如图）．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）分别求出抽取的20人中得分落在组 和 内的人数；
（Ⅲ）估计所有参赛选手得分的平均数、中位数和众数．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）分别为2人和3人；（Ⅲ）平均数为56，中位数为 ，众数为
50．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）由频率分布直方图的性质能求出 ．
（Ⅱ）由频率分布直方图的性质能求出得分落在 内的人数和得分落在 内的人数．
（Ⅲ）由频率分布直方图的性质得能估计所有参赛选手得分的平均数、中位数和所有参赛选手得分的众数．
【详解】（Ⅰ）由频率分布直方图的性质得：
，
解得 ；
（Ⅱ）由频率分布直方图能求出：
得分落在 内的人数为： ，得分落在 内的人数为： ；
（Ⅲ）估计所有参赛选手得分的平均数为：
，
设所有的参赛选手得分的中位数为 ，
则 ，解得 ，
则所有参赛选手得分的众数估计值为： ．
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，考查平均数、中位数和众数的求法，考查运算求解能力，考查
识图能力，属于常考题．
19. 某校高一、高二两个年级共336名学生同时参与了跳绳、踢毽两项健身活动，为了了解学生的运动状
况，采用样本按比例分配的分层随机抽样方法，从高一、高二两个年级的学生中分别抽取7名和5名学生
进行测试，如表是高二年级的5名学生的测试数据（单位：个 分钟）
学生编号 1 2 3 4 5
跳绳个数 179 181 170 177 183
踢毽个数 82 76 79 73 80
（Ⅰ）求高一、高二两个年级各有多少人？
（Ⅱ）从高二年级的学生中任选一人，试估计该学生每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75的概率；
（Ⅲ）高二年级学生的两项运动的成绩哪项更稳定？
【答案】（Ⅰ）高一、高二各有196、140人；（Ⅱ） ；（Ⅲ）高二年级学生的踢毽的成绩更稳定．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）直接利用抽样关系式的应用求出结果．
（Ⅱ）计算每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75的人数，然后利用古典概型的应用求出结果．
（Ⅲ）平均值和方差的公式直接计算，然后进行比较，可得结果．
【详解】（Ⅰ）高一年级的学生人数为 ．高二年级的学生人数为 ．
（Ⅱ）设“该学生每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75”为事件 ，
由表中的数据可知：
高二年级选出的5名学生中每分钟跳绳个数超过175且踢毽个数超过75的共有3人，
所以从5人中任选一人，事件 发生 的概率为 ，
由此估计从高二年级的学生中任选一人，事件 发生的概率为 ．
（Ⅲ）由表中的数据可以估计：
高二年级的学生每分钟跳绳的个数的平均数为 ．
高二年级的学生每分钟跳绳的个数的方差为
．
高二年级的学生每分钟踢毽的个数的平均数为 ．
高二年级的学生每分钟踢毽的个数的方差为
，
由于 ，所以高二年级学生的踢毽的成绩更稳定．
【点睛】本题考查的知识要点：概率的应用，平均数和方差公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换
能力及思维能力，属于基础题型．
20. 如图，在五面体 中，四边形 是边长为 的正方形，平面 ⊥平面 ，
.(Ⅰ) 求证： ；
(Ⅱ) 求证：平面 ⊥平面 ；
(Ⅲ) 在线段 上是否存在点 ，使得 ⊥平面 ？ 说明理由.
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）存在点N符合题意
【解析】
【分析】
（Ⅰ） 推导出AB∥CD．由此能证明CD∥平面ABFE．（Ⅱ） 推导出AE⊥DE，AB⊥AD，从而AB⊥平面
ADE，进而 AB⊥DE，由此能证明DE⊥平面ABFE，从而平面ABFE⊥平面CDEF．（Ⅲ）取CD的中点N，连接
FN，推导出四边形EDNF是平行四边形，从而FN∥DE，由DE⊥平面ABFE，能证明FN⊥平面ABFE．
【详解】证明：(Ⅰ)在五面体 中，因为四边形 是正方形，
所以 .
因为 平面 , 平面 ，
所以 平面 .
(Ⅱ)因为 , ，
所以 ，所以 ，即 .
因为四边形 是正方形，所以 .
因为平面 ⊥平面 ，平面 平面 ，
所以 ⊥平面 .
因为 ,所以 ⊥ .
因为 所以 ⊥平面
因为 ，所以平面 ⊥平面 .
(Ⅲ)在线段 上存在点 ，使得 ⊥平面 .
证明如下：
取 的中点 ，连接 .由（Ⅰ）知, ,
,
所以 .
因为
所以 .
所以四边形 是平行四边形.
所以 .
由(Ⅱ)知， ⊥平面 ，
所以 .
【点睛】本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查满足线面垂直的点是否存在的判断与求法，考查空间
中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
21. 在边长为2的正方形 中，点 ， 分别是 ， 上的动点，将 ， 分别沿
， 折起，使 ， 两点重合于点 ．（Ⅰ）若点 ， 分别是 ， 的中点（如图），
①求证： ；
②求三棱锥 的体积；
（Ⅱ）设 ， ，当 ， 满足什么关系时， ， 两点才能重合于点 ？
【答案】（Ⅰ）①证明见解析；② ；（Ⅱ）当 ， 满足 ，或
时， ， 两点才能重合于点 ．
【解析】
【分析】
（Ⅰ）①运用线面垂直的判定和性质，先证 平面 ，即可得证；②判断 为直角三角形，
求得面积，再判断 为棱锥的高，运用棱锥的体积公式，计算可得所求值；
（Ⅱ）分别讨论：（1）当 ， 不是端点，即 ， 时， ， 两点重合于 ， ，
， 有且只有共线和不共线两种情况．分别讨论，可得 ， 的关系式；
（2）当 ， 中有一个与 重合时，另一个也与 重合，可得 ．
【详解】解：（Ⅰ）①证明：由题意可得 ， ，
又 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ；
②由已知可得 ， ，
，所以 ，所以△ 的面积为 ，
由 平面 ，又 ，
所以三棱锥 的体积 ；
（Ⅱ）（1）当 ， 不是端点，即 ， 时， ， 两点重合于 ，
， ， 有且只有共线和不共线两种情况．
若点 ， ， 共线，则 ；
若 ， ， 不共线，则 ，且 ，
由 ，可得 ，
从而 ，这在取值范围内恒成立．
所以只需考虑 ，可得 ，
即 ，
两边平方可得 ，即 ，
即 ，即 ．
（2）当 ， 中有一个与 重合时，另一个也与 重合，
此时 ，
而根据题意， 不能与 重合， 也不能与 重合．
综上可得，当 ， 满足 ，
或 时， ， 两点才能重合于点 ．
【点睛】本题考查空间线线、线面的位置关系和棱锥的体积的求法，考查运算能力和推理能力、分类讨论思想，属于中档题．
