【浙江省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习 01 单项选择（含答案+解析）

【浙江省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习
01 单项选择
一、选择题
1．（2024高一下·杭州期末）设集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·丽水期末）已知函数，若的图象的任意一条对称轴与轴交点的横坐标均不属于区间，则的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·衢州期末）将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：，若该组数据的分位数为22，则（　　）
A．19 B．20 C．21 D．22
4．（2024高一下·宁波期末）实数满足，则的最小值为(　　)
A． B． C． D．
5．（2024高一下·杭州期末）已知，则“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024高一下·杭州期末）如图是一个古典概型的样本空间和随机事件，其中，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·石景山期末）若 ，则 （　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·温州期末）已知样本数据的平均数为9，方差为12，现这组样本数据增加一个数据，此时新样本数据的平均数为10，则新样本数据的方差为（　　）
A．18.2 B．19.6 C．19.8 D．21.7
9．（2024高一下·平阳期末）手机支付已经成为人们常用的付费方式.某大型超市为调查顾客付款方式的情况，随机抽取了100名顾客进行调查，统计结果整理如下：
顾客年龄（岁） 20岁以下 70岁及以上
手机支付人数 3 12 14 9 5 2 0
其他支付方式人数 0 0 2 13 27 12 1
从该超市顾客中随机抽取1人，估计该顾客年龄在内且未使用手机支付的概率为（　　）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·平阳期末）与向量平行的单位向量为（　　）
A． B．
C．或 D．或
11．（2024高一下·平阳期末）已知直线l的倾斜角为，且过点，则它在y轴上的截距为（　　）
A．2 B． C．4 D．
12．（2024高一下·平阳期末）直线的倾斜角为（　　）
A．60° B．90° C．120° D．150°
13．（2024高一下·杭州期末）已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（　　）
A． B． C． D．
14．（2024高一下·杭州期末）已知函数，将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
15．（2024高一下·杭州期末）如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（　　）
A． B． C． D．
16．（2024高一下·杭州期末）已知，，：，：，则是的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
17．（2024高一下·镇海区期末）如图，平行六面体各棱长为1，且，动点P在该几何体内部，且满足，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
18．（2024高一下·镇海区期末）若是空间中的一组基底，则下列可与向量构成基底的向量是（　　）
A． B． C． D．
19．（2024高一下·成都期末）美国数学家Jack Kiefer于1953年提出0.618优选法，又称黄金分割法，是在优选时把尝试点放在黄金分割点上来寻找最优选择.我国著名数学家华罗庚于20世纪60、70年代对其进行简化、补充，并在我国进行推广，广泛应用于各个领域.黄金分割比，现给出三倍角公式，则与的关系式正确的为（　　）
A． B． C． D．
20．（2024高一下·成都期末）如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（　　）
A．平面平面 B．平面
C．平面 D．平面平面
21．（2024高一下·奉化期末）已知，在复数范围内是关于的方程的两个根，则关于的函数的零点的个数是（　　）
A．个 B．个 C．个 D．个
22．（2024高一下·奉化期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
23．（2024高一下·奉化期末）在中，，则该三角形外接圆半径与内切圆半径的比值是（　　）
A． B． C． D．
24．（2024高一下·奉化期末）某射击初学者在连续6次射击练习中所得到的环数：，该组数据的平均数与中位数相等，则（　　）
A． B．
C． D．以上答案均有可能
25．（2024高一下·奉化期末）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
26．（2024高一下·奉化期末）已知平行四边形，，，则（　　）
A． B． C． D．
27．（2024高一下·奉化期末）两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是（　　）
A． B． C． D．
28．（2024高一下·奉化期末）已知复数的实部与虚部相等，则（　　）
A． B． C． D．
29．（2024高一下·泰山期末）为庆祝五四青年节，某校举行了师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠.如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每个弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（　　）
A． B．
C． D．
30．（2024高一下·温州期末）数据：1，1，2，3，3，5，5，7，7，x的分位数为2.5，则x可以是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
31．（2024高一下·安化期末）若复数满足（为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
32．（2024高一下·北海期末）密位制是度量角的一种方法．把一周角等分为份，每一份叫做1密位的角．以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数字之间画一条短线，如7密位写成“”，密位写成“”.1周角等于密位，记作1周角，1直角.如果一个半径为的扇形，它的面积为，则其圆心角用密位制表示为（　　）
A． B． C． D．
33．（2024高一下·青岛期末）在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
34．（2024高一下·青岛期末）已知表示两个不同的平面，表示三条不同的直线，（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
35．（2024高一下·长寿期末）已知复数满足，则复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
36．（2024高一下·长寿期末）如图，在长方体中，若分别是棱的中点，则下列结论一定成立的是（　　）
A．四边形是矩形 B．四边形是正方形
C． D．平面平面
37．（2024高一下·青岛期末） 某同学投掷一枚骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数，已知这组数据的平均数为3，方差为0.4，则点数2出现的次数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
38．（2024高一下·广东期末）已知扇形的半径为13，以为原点建立如图所示的平面直角坐标系，，弧的中点为，则（　　）
A． B． C． D．
39．（2024高一下·广州期末）已知集合，则（　　）
A． B．
C． D．
40．（2024高一下·宜春期末）设，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题为真命题的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
41．（2024高一下·丽水期末）如图，某山山顶与山底的垂直部分为（记山顶为点，山底为点），首先测量人员位于点，测得点位于正北方向，测得点的仰角为，然后测量人员沿北偏东方向行走了米到达点，此时测得，则此山的高度为（　　）
A．米 B．米 C．米 D．米
42．（2024高一下·丽水期末）如图，在三棱锥中，，、分别是、的中点，且满足，则异面直线与所成的角等于
A． B．
C．或者 D．
43．（2024高一下·丽水期末）已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
44．（2024高一下·丽水期末）若数据的方差为，则数据的方差为（　　）
A． B． C． D．
45．（2024高一下·丽水期末）已知向量，，若与垂直，则实数（　　）
A． B． C． D．
46．（2024高一下·新余期末）设函数，，，且在区间上单调，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
47．（2024高一下·金华期末）已知三个内角，，的对边分别是，，，且满足，则面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
48．（2024高一下·金华期末）若函数（是常数）有且只有一个零点，则的值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
49．（2024高一下·金华期末）某圆锥的底面半径为6，其内切球半径为3，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
50．（2024高一下·金华期末）已知，点关于点A的对称点为，点关于点的对称点为，则（　　）
A． B． C． D．
答案解析部分
1．B
解：由，
解得，
所以.
故答案为：B.
解一元二次不等式求出集合A，再由已知条件和交集的运算法则得出集合.
2．D
解：由题意可得：，则，
，且，解得，
因为，所以，解得，
当时，，符合题意；
当时，，符合题意，
则.
故答案为：D.
由题意可得，，且，讨论求解即可.
3．C
解：由题意，得，
∵该组数据的分位数为22，
∴，
解得.
故选：C
本题结合百分位数的定义进行求解.
4．A
解：等式化简可得，表示圆心为，半径为的圆，则表示为圆上点到直线距离的倍，
易知圆心到直线距离为，则的最小值为.
故答案为：A.
等式化简可得，表示为圆上点到直线距离的倍，利用点到直线的距离公式求解即可.
5．B
解：当时，满足，但，即充分性不成立，
若，当时，必有成立；当时，必有，即必要性成立，
则“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：B.
利用不等式的性质、举反例，结合充分、必要条件的定义判断即可.
6．B
解：因为，
则，
则.
故答案为：B.
根据韦恩图进行分析，再结合并事件的定义和对立事件的定义以及古典概率公式，从而得出的值.
7．D
，
且 ，
故答案为：D.
根据余弦的二倍角公式，结合诱导公式，即可求出相应的正弦值.
8．C
解：易知，
，且，解得，
则新样本数据的方差为.
故答案为：C.
根据平均数和方差公式整理可得，由新样本数据的平均数可得，结合方差公式运算求解即可.
9．B
10．C
11．A
12．B
13．A
解：将正四面体补形成正方体，如图，
因为，，所以，
又因为是平面内的相交直线，所以平面平面，
因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为，
结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3，
记正四面体的外接球的半径为，
则，解得，
则外接球被平面截得的截面半径，
所以，截面面积为.
故答案为：A.
先补形成正方体，从而求出正方体棱长，进而可得外接球半径，再结合勾股定理得出外接球被平面截得的截面半径，则根据圆的面积公式得出正四面体的外接球被平面截得的截面面积.
14．C
解：因为函数，
将图象上所有点向左平移个单位长度得到函数的图象，
则，
因为函数在区间上单调递增，
结合各选项，只需即可，
所以，即，
又因为，
所以.
故答案为：C.
由正弦型函数的图象变换得出，由在区间上单调递增，则，再结合得出的取值范围.
15．C
解：由题意，
可得，
且，
在中，可得，
在中，可得，
在中，由余弦定理得：
，
所以.
故答案为：C.
根据题意，在直角中和直角中，分别求出的长和的长，在中利用余弦定理得出的长.
16．A
解：因为，，：，
所以，
则，所以，
又因为：，
所以，是的充分不必要条件.
故答案为：A.
根据解出，再利用：和充分条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项
17．B
解：因为，
则，即，
由平面向量共面定理可知：点在平面内，
则的最小值即为点到平面的距离，
连接因为平行六面体各棱长为1，
且，所以，所以三棱锥为正四面体，过点作平面，因为平面，
所以，如图所示：
所以，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：B.
由平面向量共面定理可知：点在平面内，则的最小值即为点到平面的距离，求出三棱锥为正四面体，过点作平面，求解即可得出答案.
18．B
解：由题意，可得向量两两不共线，
A、，故A错误；
B、设，则有，
该方程无解，故可与构成基底，故B正确；
C、，故C错误；
D、，故D错误.
故答案为：B.
根据空间向量的基底定义，计算该向量能否用表示判断即可.
19．B
解：∵，
∴，又
∴，
化简得，
可得，
解得（负值舍去），所以.
故选：B.
本题利用诱导公式，同角三角函数基本关系式，二倍角公式等来求结果，进而解方程即可得解.
20．D
解：对于A选项，依题意有平面，平面，即平面平面，A选项正确；
对于B选项，∵平面，平面，
∴，
是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，则有，
，平面，所以平面，B选项正确；
对于C选项，∵平面，平面，
∴，
又于，
，平面，
∴平面，
平面，则，又于，
平面，，
∴平面，C选项正确；
对于D选项，平面平面，平面，于，
若平面平面，则必有平面，
而平面，则必有，
∵平面，平面，则有，
又平面，
∴必有，
由于垂直于圆所在的平面，，则，
而于，则为中点，
∵是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，，于，
∴不是中点（否则会得到，但这与矛盾），
不成立，
即平面平面的结论不正确，故D选项错误.
故选：D.
本题利用线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理进行求解。
21．C
若是方程的两个虚数根，所以，
且，则，
，解得，（满足），
若是方程的两个实数根，所以，
且，则，
当时，，，
当时，，，
由可得，
令，由于，所以，
故函数在单调递减，且，
故在无实数根，
综上可得，零点个数为3，
故答案为：C
本题考查函数与方程的综合应用.本问题需要分两种情况讨论：若是方程的两个虚数根；若是方程的两个实数根；应用一元二次方程根与系数的关系可得，再分两种情况：当时；当时；求出的值，据此可求出函数的解析式，根据函数零点的定义可求出函数的零点，进而选出答案.
22．B
设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图：
正四棱台中，，，，
正四棱台的高为，
设球的半径为，球与侧棱切于，
则在图中中，，则，
所以，
在图中中，，
，解得，
球的表面积为．
故答案为：B
本题考查球的内接几何体问题.先作出过正四棱台的截面，再利用勾股定理求出正四棱台的高，设球的半径为，球与侧棱切于，利用线段的运算可求出，再根据勾股定理可列出方程，解方程可求出球的半径，再代入球的表面积公式进行计算可求出答案．
23．C
在中，，由正弦定理可得，
设，
由余弦定理得，所以，
则，
所以，则，
所以，
故答案为：C
本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.先利用正弦定理可推出：，采用赋值法，设，利用余弦定理可求出，进而可求出，利用正弦定理可求出外接圆半径，利用等面积法和三角形面积公式可列出方程：，解方程可求出内切圆半径，再求出比值可选出答案.
24．D
这组数据的平均数为，
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得.
故答案为：D.
本题考查平均数的定义，中位数的定义.先根据平均数的定义求出这组数据的平均数为，分4种情况：若中位数为；若中位数为；若中位数为；依次列出方程，解方程可求出的值，选出答案.
25．A
A，若，，则，且，则.A正确.
B，如图所示，，，，，此时，B错误.
C， 如图所示，，，，，此时异面，C错误.
D， 如图所示，，，，，此时，D错误.
故答案为：A．
本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.利用平面与平面垂直的判定定理可判断A选项；利用平面与平面平行的判定定理可判断B选项；利用平面与平面平行的性质，直线与平面平行的判定定理可判断C选项；利用平面与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定定理可判断D选项.
26．D
由，，有，
平行四边形中，有，即，
故答案为：D.
本题考查平面向量的基本运算.先根据两点的坐标求出，再根据平行四边形的性质，利用相等向量可得：，进而可求出答案.
27．A
两名男生，一名女生记为
两名男生，一名女生排成一排可能为：，故总可能数，
女生站在中间的可能为：，故可能数，
则女生站在中间的概率.
故答案为：A.
本题考查古典概型的计算公式.先将两名男生，一名女生进行表示，再通过列举法找出排成一排的基本事件数，进而找出女生站在中间的个数，利用古典概型的计算公式可求出答案.
28．B
易知的实部为，虚部为，
由题意可知，
则.
故答案为：B
本题考查复数的基本概念，复数的模长公式.根据复数的实部与虚部概念可求出，据此可求出复数，进而可求出，利用复数的模长公式可求出答案.
29．B
解：分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示：
因为四个半径都是1 cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面.
所以容器的容积为4个球体体积+半个球体体积.
所以
故选：B
本题考查了球的体积，根据题意，将四个半径都是1 cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面. 则容器的容积为4个球体体积+半个球体体积.
30．A
解：，
A、若，则1，1，2，2，3，3，5，5，7，7的分位数为，故A正确；
B、若，则1，1，2，3，3，3，5，5，7，7的分位数为，
故B错误；
C、若，则1，1，2，3，3，4，5，5，7，7的分位数为，
故C错误；
D、若，则1，1，2，3，3，5，5，5，7，7的分位数为，故D错误.
故答案为：A.
根据百分位数计算公式逐项计算即可.
31．C
解：.
故答案为：C.
利用复数代数形式的乘除法运算化简即可.
32．B
设扇形所对的圆心角为，所对的密位为，
则，解得，
由题意可得，解得，
所以该扇形圆心角用密位制表示为．
故答案为：B.
根据扇形面积公式求得圆心角，结合密位制定义即可求解.
33．B
解：由，可得，
整理可得，因为，所以，
由题意可得：，解得，
由正弦定理，
可得，
则面积，
又因为，所以，可得，
则面积.
故答案为：B.
根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解即可.
34．D
解：A、若，则或，故A错误；
B、 若， 当时，不能推出，故B错误；
C、若 若， 当时，则不能推出，故C错误；
D、若，则，因为，由面面垂直的判定定理，可得，故D正确.
故答案为：D.
举出反例即可判断ABC；根据平行和垂直的性质和判定即可判断D.
35．C
解：∵，
∴，
即复数的虚部为.
故选：C
本题利用复数的除法运算，结合复数的意义进行求解
36．A
解：在长方形中，
∵点，分别为，的中点，
∴，.
在长方体中，有平面，又，
∴平面，又平面，
∴.
在长方形中，同理可得，.
∴，，又，
即四边形是矩形.
故选项A正确，选项B错误.
若，则由知，，
∵点，分别为，的中点，
∴，
即.由图知和为相交直线，矛盾.故假设不成立，故选项C错误.
由图知，和为相交直线，即平面与平面不会平行，故选项D错误.
故选：A.
充分利用中点的特征，通过平行公理，来判断选项答案。
37．B
解：设五个数位，
则，
因为(xi-3)2，i=1，2，3，4，5为正整数，
所以这五个数必有3个3，另外两个为2或4，
又 ，所以这五个数为3，3，3，2，4 ，
故选：B.
由平均数和方差的公式推理得出这五个数，进而得出答案.
38．B
解：因为，
所以，
故，，
所以.
故选：B
本题主要考查平面向量的坐标运算能力，先求出，利用半角公式得到，从而得到，得到答案.
39．C
由不等式得解得即
故，而A={xl-1≤x≤1}，
则
故选：C
解分式不等式化简集合B，再利用交集的定义求出答案.
40．C
解：A、若，，，则直线平行、相交或异面，故A错误；
B、若，，，平面相交或平行，故B错误；
C、 若，，，则 ，故C正确；
D、若，，，则，故D错误.
故答案为：C.
根据题意，由线线、线面、面面位置关系判断即可.
41．B
解：如图所示：
由，，可得，，
在中，由正弦定理，
可得，解得，
在中，，则，即，
解得．
故答案为：B.
在中，由正弦定理求出，在中，求即可．
42．A
解：取的中点，连接，，如图所示：
则，即为异面直线与所成的角或其补角，
根据，可得到分别为三角形的中位线，
，，
在三角形中，根据余弦定理得到，
因为异面直线所成的角为直角或锐角，所以异面直线与所成的角等于.
故答案为：A.
作平行线将异面直线所成角化为或其补角，在三角形中，利用余弦定理求解即可.
43．D
解：A、若，，，则平行或相交，故A错误；
B、若，，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
C、若，则或，故C错误，
D、因为，，所以，又，所以，故D正确.
故答案为：D.
根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐项判断即可.
44．D
解： 数据的方差为，
则数据的方差为.
故答案为：D.
根据方差的性质计算即可.
45．A
解： 向量，， 若与垂直，则，
即，解得.
故答案为：A.
根据向量垂直的坐标表示列式求解即可．
46．B
由 得 ①，
由 得②，
①-②得 ，()，
因为 在区间上单调，
所以
即
当时，，由得，
即，
由 得，可知在区间上不单调，不符合题意；
当时，，由得，
即，
由 得，可知在区间上不单调，不符合题意；
当时，，由得，
即，
由 得，可知在区间上单调，符合题意，
即的最大值是3.
故选： B.
根据 ，， 可得 ，()，再根据正弦函数单调性可得，验证，与即可得 的最大值 .
47．B
解：，则，，
即，
由余弦定理可得：，
因为，
所以①，②，
①②可得：，
又因为，
所以，
则，
即，即，
解得，
当且仅当时，即，时等号成立，
故面积的最大值为.
故答案为：B.
由题意，根据余弦定理以及三角形的面积公式求得，再利用两次基本不等式得到，即可求面积的最大值.
48．B
解：函数的定义域为，
且，则函数为偶函数，
因为函数有且只有一个零点，所以函数过坐标原点，
即，解得.
故答案为：B.
求函数的定义域，判断函数的奇偶性，由函数有且只有一个零点，过坐标原点求解即可.
49．C
解：设球与圆锥底面相切于点，与母线相切于点，如图所示：
易知，
设母线长，在中，，
因为，所以，
则，化简得，解得，
则圆锥的侧面积为：.
故答案为：C.
由题意，求出圆锥的母线长，利用公式求侧面积即可.
50．D
解：，
因为点关于点A的对称点为，点关于点的对称点为，
所以，
两式相减可得.
故答案为：D.
根据向量加、减法的法则求解即可.