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2024-2025 学年福建省莆田市高一下学期期末质量调研数学试卷
一、单选题：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 = 1 3i，则| | =( )
A. 2 B. 3 C. 2 D. 4
2.现有男志愿者 120 人，女志愿者 80 人，按性别进行分层，采用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个容
量为 15 的样本，则女志愿者应抽取的人数是( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
3.已知 ， 是两条不同直线， ， ， 是三个不同平面，则下列命题正确的是( )
A.若 // ， // ，则 // B.若 ⊥ ， ⊥ ，则 //
C.若 // ， // ，则 // D.若 ⊥ ， ⊥ ，则 //
4.若向量 , 满足 ⊥ , = 3, = 2，且 + 与 垂直，则实数 的值为( )
A. 32 B.
4
3 C.
3
2 D.
3
4
5.若 ( ∪ ) = 0.9, ( ) = 0.7, ( ) = 0.5，则 ( ∩ ) =( )
A. 0.5 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
6.为了测量某建筑物 的高度，选取与该建筑物底部 在同一水平面内的两个测量点 , .现测得∠ =
30 , ∠ = 105 , = 90 米，在点 处测得该建筑物顶部 的仰角为30 ，则该建筑物 的高度为( )
A. 15 2米 B. 15 6米 C. 30 2米 D. 30 6米
7.一个袋子中有标号分别为 1,2,3,4 的 4 个球，除标号外没有其他差异.从中不放回地依次随机摸出 2 个球.
设事件 =“第一次摸出球的标号小于 3”，事件 =“第二次摸出球的标号为奇数”，则( )
A. 与 对立 B. 与 互斥但不对立
C. 与 相互独立 D. 与 既不互斥也不独立
8.已知三棱锥 的底面 与侧面 均是边长为 2 的正三角形，且平面 ⊥平面 ，则该三棱
锥外接球的表面积是( )
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A. 53π B.
10 20 25
3 π C. 3 π D. 3 π
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若向量 = (2,0), = 1, 3 ，则( )
A. + = 4 B. = 2
C. 在 上的投影向量为 12 D. 与
5π的夹角为 6
10.若复数 1满足 1 + 2 i 1 i = 1 + i，复数 2的虚部为 1，且 1 2是实数，则( )
A. 1的实部是 2
B. 1在复平面上对应的点位于第四象限
C. 2的共轭复数是 1 i
D.复数 满足 2 = 1，则| |的最大值是 2 + 1
11.在棱长为 4 的正方体 1 1 1 1中，点 在棱 1上，且 = 1，点 在正方形 1 1 1 1内(含
边界)运动，则( )
A. 1当 = 2时，平面 1 截该正方体所得的截面面积为 18
B.当 = 12时，点 到平面 1 的距离为 2 3
C.当 = 14，且 //平面 1 时，点 的轨迹长度为 5
D.当 = 1 3 24，且 ⊥ 时，点 的轨迹长度为 4
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12.在四边形 中， // , ⊥ , = 2 = 2 = 2，以 所在直线为轴，其他三边旋转一周
形成的面围成的几何体的体积为 ．
13.已知一组数据 1, 2, , 10的平均数和方差均为 1.若 = 2 1( = 1,2,3, , 10)，则数据
1, 2, , 10, 1, 2, , 10的方差为 ．
14.已知点 是 的重心，过点 的直线分别交边 , 于点 , ，设 = ， = ，则
+ = ；若 = 6, = 8, = π，则 3 的最小值是 ．
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.(本小题 13 分)
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寒假期间某学校团委组织学生开展志愿服务活动，假期过后对学生的志愿服务时长(单位：小时)作一次随机
抽样调查，画出频率分布直方图如图所示.根据志愿服务时长从长到短，时长在前 34％的学生可获得“优秀
志愿之星”的称号．
(1)求 的值，并估计该校学生志愿服务时长的平均数(同一组数中的数据用该组区间的中点值作为代表)；
(2)试估计至少需要参加多少小时的志愿服务活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号．
16.(本小题 15 分)
如图，在棱长均为 2 的正三棱柱 1 1 1中，点 为棱 的中点．
(1)证明： 1 //平面 1 ；
(2)求异面直线 1与 1 所成的角的余弦值．
17.(本小题 15 分)
记 的内角 , , 所对的边分别为 , , ，向量 = , 3 , = cos , sin ，且 // ．
(1)求角 ；
(2)若 = 2 3，点 为 的内心，求 面积的最大值．
18.(本小题 17 分)
如图，正方形 所在的平面与直角梯形 所在的平面互相垂直，已知 // ， ⊥ , = 2 =
2 = 4，点 在线段 上.
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(1)求证：平面 ⊥平面 ；
(2)当直线 与平面 所成的角的正切值为 2时，求二面角 的大小．
19.(本小题 17 分)
黑棋和白棋从数轴的原点出发.每次移动由甲和乙各抛掷一枚质地均匀的硬币决定：若甲掷出正面，则黑棋
向右移动一个单位；若甲掷出反面，则黑棋不移动.若乙掷出正面，则白棋向右移动一个单位；若乙掷出反
面，则白棋不移动．
(1)若甲抛掷 3 次，求黑棋离开原点的概率；
(2)若甲乙各抛掷 2 次，求黑棋比白棋向右移动更远的概率；
(3)现黑棋落后白棋一个单位，若甲再抛掷 10 次，乙再抛掷 9 次，求最终黑棋不落后于白棋的概率．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.7π/7π3 3
13.52/2.5
14.3
16 1
3 /53
15.解：(1)由 4 × (0.005 + 0.04 + 0.085 + + 0.05) = 1，
解得 = 0.07，
平均数 = 12 × 4 × 0.005 + 16 × 4 × 0.04 + 20 × 4 × 0.085 + 24 × 4 × 0.07 + 28 × 4 × 0.05
= 12 × 0.02 + 16 × 0.16 + 20 × 0.34 + 24 × 0.28 + 28 × 0.2
= 21.92；
(2)依题意知所求时长为这组数据的第 66 百分位数，
因为 4 × (0.005 + 0.04 + 0.085) = 0.52 < 0.66，
4 × (0.005 + 0.04 + 0.085 + 0.07) = 0.8 > 0.66，
所以第 66 百分位数 位于[22,26)内，
所以 0.52 + ( 22) × 0.07 = 0.66，
= 0.66 0.52解得 0.07 + 22 = 24，
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所以至少需要参加 24 个小时的志愿活动方可获得本次“优秀志愿之星”的称号“．
16.解：(1)证明：连接 1 交 1于 ，连接 ，
∵侧面 1 1为平行四边形，∴ 为 1 的中点．
又点 为 的中点，∴ // 1 ，
又 平面 1 , 1 平面 1 ，
∴ 1 //平面 1 ．
(2)由(1)得 // 1 , ∴ ∠ 1 为异面直线 1与 1 所成的角或其补角．
1 1
在棱长均为 2 的正三棱柱 1 1 1中， 1 = 5， 1 = 2 1 = 2， = 2 1 = 2，
2 2 2
在 + 2+2 5 11 中，由余弦定理得 cos∠ 1 = 1 12 1
= 2× 2× 2 = 4，
∴ 1异面直线 1与 1 所成的角的余弦值为4．
17.解：(1)由题意得 sin 3 cos = 0，
由正弦定理得 sin sin 3sin cos = 0，
因为 ∈ 0, π ，所以 sin ≠ 0，所以 sin 3cos = 0，
所以 tan = 3，又 ∈ 0, π π，所以 = 3．
(2) (1) = π解法一：由 知 3，因为点 为 的内心，
所以∠ + ∠ = 1∠ + 1∠ = 12 2 2 (∠ + ∠ ) =
1 π π
2 π 3 = 3，
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∠ = π (∠ + ∠ ) = 2π由三角形内角和定理得 3 ．
在 中，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos∠ ，又 = 2 3，
所以 2 + 2 + = 12，由基本不等式得 2 + 2 + ≥ 3 ，
所以 ≤ 4，当且仅当 = = 2 等号成立．
1 3 3
所以 的面积 = 2 sin∠ = 4 ≤ 4 × 4 = 3,
所以 的面积的最大值为 3；
解法二：设 的内切圆半径为 ，
1
所以 的面积 = 2 ( + + ) =
1
2 2 3 + + ，
= 1 sin = 3 = 3 又 2 4 ，所以 2 2 3+ + ，
因为点 为 的内心，
1 1 3 3 所以 = 2 = 2 × 2 3 × 2 2 3+ + = 2 + +2 3 ，
在 中，由余弦定理得 2 = 2 + 2 2 cos ，即 2 + 2 = 12，
2
所以( + )2 3 = 12，即 3 = ( + )2 12 ( + )，由基本不等式得 ≤ 4 ，
解得 + ≤ 4 3，当且仅当 = = 2 3等号成立．
3 2
所以 = 2 + +2 3 =
( + ) 12 + 2 3 1
2 + +2 3 = 2 ≤ 2 4 3 2 3 = 3，
所以 的面积的最大值为 3．
18.解：(1) ∵四边形 为正方形，∴ ⊥ ，
又平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = , 平面 ，
∴ ⊥平面 ，
又 平面 , ∴ ⊥ ．
取 中点 ，连接 ，由已知得 = = 2, ⊥ ，
∴ = = 2 2,又 = 4, ∴ 2 + 2 = 2，∴ ⊥ ,
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又 平面 , 平面 , ∩ = ，∴ ⊥平面 ．
又 平面 , ∴平面 ⊥平面 ．
(2)连接 ，过点 作 ⊥ 于点 ，过 作 ⊥ 于点 ，连接 , ．
由(1)得 ⊥平面 ，又 // , ∴ ⊥平面 ，
又 平面 , ∴ ⊥ , ∴ // , ∴ ⊥平面 ，
∴ ∠ 为直线 与平面 所成的角．∴ tan∠ = = 2．
= 解法一：设 = ，则有 = = 2 , = (1 ) + ，则
2
= (1 )2
2
+ 2
2

+
2 (1 ) = 8(1 )2 + 4 2 8 (1 ) = 20 2 24 + 8,
2 2
∴ tan2∠ = 4 2 2 = 20 2 24 +8 = 2，解得 = 3
∴ = 23 =
4 1
3 , = 3 =
4
3，
∵ ⊥平面 , 平面 ，
∴ ⊥ ，
又 ⊥ , 平面 , 平面 , ∩ = ，
∴ ⊥平面 ．
又 平面 , ∴ ⊥ , ∴ ∠ 为二面角 的平面角．
∴ tan∠ = = 1, ∴
π
二面角 的大小为4．
= 解法二：设 = ，则有 = = 2 , = 2 = 2 ，
又 = 2 + 2 = 2 5, ∴ = = 2 5 ．
2 2
cos∠ = +
2
=
2+ 2 2
由余弦定理得 2 2 ，
8+20 4 8+20 2 2 2 2
即2×2 2×2 5 = 2×2 2×2 5 ，解得 = 3．
∴ = 23 =
4
3 , =
1 4
3 = 3，
∵ ⊥平面 , 平面 , ∴ ⊥ ，
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又 ⊥ , 平面 , 平面 , ∩ = ，
∴ ⊥平面 ．
又 平面 , ∴ ⊥ , ∴ ∠ 为二面角 的平面角．
∴ tan∠ = = 1, ∴二面角
π
的大小为4．
19.解：(1)解法一：记事件 =”甲第 次掷出正面“， =”乙第 次掷出正面“( = 1,2,3, , )，
则以上事件都相互独立，且 = =
1
2 , =
1
= 2．
设事件 =”黑棋离开原点“，则
( ) = 1 1 2 3 = 1 1 2 3
= 1 1
3 7
2 = 8；
解法二：用 1 表示硬币”正面朝上“，0 表示硬币”反面朝上“，
则甲抛掷 3 次硬币的样本空间
Ω = (0,0,0), (0,0,1), (0,1,0), (0,1,1), (1,0,0), (1,0,1), (1,1,0), (1,1,1) ，
且各个样本点出现的可能性相等， Ω = 8，
设事件 =”黑棋离开原点“，
则 = (0,0,1), (0,1,0), (0,1,1), (1,0,0), (1,0,1), (1,1,0), (1,1,1) ，所以 ( ) = 7，
所以 ( ) = ( ) = 7 Ω 8．
(2)设事件 =”黑棋比白棋向右移动更远“，
则由题意知 =”甲掷出正面的次数大于乙掷出正面的次数“
解法一：事件 包含 1 2 1 2, 1 2 1 2, 1 2 1 2, 1 2 1 2, 1 2 1 2，
且它们两两互斥，
所以 ( ) = 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 1 2
= 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 1 2 + 1 2 1 2
1 4 1 4 1 4 1 4 1 4
= 2 + 2 + 2 + 2 + 2
5
= 16
解法二：事件 包含”甲掷出 1 次正面，乙掷出 0 次正面“和”甲掷出 2 次正面，乙掷出 0 次或 1 次正面
“，
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1 2 1 2 2
甲掷出 1 次正面，乙掷出 0 次正面的概率为 2 × 2 × 2 = 16，
1 2 1 2 3
甲掷出 2 次正面，乙掷出 0 次或 1 次正面的概率为 2 × 1 2 = 16，
所以 ( ) = 2 3 516+ 16 = 16．
(3)解法一：设事件 =”最终黑棋不落后于白棋“，
甲抛掷 10 次掷出正面的次数为 ，乙抛掷 9 次掷出正面的次数为 ，
则 ( ) = ( > )
= (9 < 9 )
= (10 ≤ 9 )
= (甲掷出反面的次数 ≤ 乙掷出反面的次数)
= (甲掷出正面的次数 ≤ 乙掷出正面的次数)
= ，
即 ( ) = ，
又 ( ) + = 1，
1
所以 ( ) = 2．
解法二：设事件 =”最终黑棋不落后于白棋“，
则由题意知 =”甲抛掷 10 次掷出正面的次数大于乙抛掷 9 次掷出正面的次数“，
设事件 =”各抛掷 9 次甲掷出正面的次数>乙掷出正面的次数“，
事件 =”各抛掷 9 次甲掷出正面的次数<乙掷出正面的次数“，
事件 =”各抛掷 9 次甲掷出正面的次数=乙掷出正面的次数 ，
则 ( ) = ( )，且 ( ) + ( ) + ( ) = 1，
则 ( ) = + 10 = ( ) + 10
1
= ( ) + 2 ( )
= ( ) + 1 12 1 2 ( ) = 2．
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