2024-2025学年度高一下学期期末复习综合卷一
一．单项选择题：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.
1.已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
3.某数学兴趣小组有4名男生和2名女生，从中任选2名同学参加数学公式推导比赛，下列各对事件中互斥而不对立的是（ ）
A.至少有1名男生与全是男生 B.至少有1名男生与全是女生
C.恰有1名男生与恰有2名男生 D.至少有1名男生与至少有1名女生
4.在梯形中，，且，点是边的中点，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，，则
C.若，，则 D.若，，则
6.在某校的“迎新年”歌咏比赛中，6位评委给某位参赛选手打分，6个分数的平均分为分，方差为，若去掉一个最高分分和一个最低分分，则剩下的4个分数满足（ ）
A.平均分为分，方差为 B.平均分为分，方差为
C.平均分为分，方差为 D.平均分为分，方差为
7.设，且，则（ ）
A. B. C. D.
8.已知在锐角三角形中，角的对边分别为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二．多项选择题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.设复数，则（ ）
A. B. C. D.
10.如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为的中点，P为正方体表面上的动点．下列叙述不正确的是（ ）
A.当点为棱的中点时，平面
B.当点在侧面上运动时，直线与平面所成角的最大值为
C.当点在棱上时，点到平面的距离的最小值为
D.当点时，满足平面的点共有2个
11.在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.的取值范围是
C.面积的最大值为 D.周长的最大值为
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12.已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件有6个样本点，事件有4个样本点，事件有8个样本点，则 .
13.已知锐角满足，则的值为 .
14.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm；卧足杯的容积是 （杯的厚度忽略不计）
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.（本题13分）
如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.
(1)求证：；
(2)设，，，，求的值.
16.（本题15分）
某市为了了解学生的体能情况，从全市所有高一年级学生中按的比例随机抽取100人进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，分为6组画出频率分布直方图如图所示，现一，二两
组数据丢失，但知道第二组的频率是第一组的2倍．
⑴若次数在以上含次为优秀，试估计全市高一年级学生的优秀率，并估计全市优秀学生的人数；
⑵求第一组、第二组的频率，并补齐频率分布直方图；
⑶估计该市高一学生跳绳次数的中位数和平均数.
17.（本题15分）
如图，已知平面四边形中，.
(1)若四点共圆，求；
(2)求四边形面积的最大值.
18.（本题17分）
作为世界乒坛本赛季收官战，首届世界乒乓球职业大联盟世界杯总决赛年月日在新加坡结束男女单打决赛的较量，国乒包揽双冠成为最大赢家．我市男子乒乓球队为备战下届市运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打个球甲赢的概率；
(2)求该局打个球结束的概率．
19.（本题17分）
已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.2024-2025学年度高一下学期期末复习综合卷一
一．单项选择题：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.
1.已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：由题可得，，则.
故选A.
2.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：由题意得，，
所以.
故选C.
3.某数学兴趣小组有4名男生和2名女生，从中任选2名同学参加数学公式推导比赛，下列各对事件中互斥而不对立的是（ ）
A.至少有1名男生与全是男生 B.至少有1名男生与全是女生
C.恰有1名男生与恰有2名男生 D.至少有1名男生与至少有1名女生
答案：C
解析：对于A选项，事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生两种情况，所以A项错误；
对于B选项，事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生两种情况，与事件全是女生是互斥对立事件，所以B项错误；
对于C选项，事件恰有1名男生指恰有1名男生和1名女生，与事件恰有2名男生是互斥事件，但不是对立事件，所以C项正确；
对于D选项，事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生两种情况，事件至少有1名女生包括恰有1名女生和全是女生两种情况，两个事件有交事件恰有1名男生和1名女生，所以D项错误.
故选C.
4.在梯形中，，且，点是边的中点，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：由题意可得，.
故选D.
5.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A.若，，则 B.若，，，则
C.若，，则 D.若，，则
答案：B
解析：对于A选项，若，，则或，所以A错误；
对于B选项，若，，则，又，则，所以B正确；
对于C选项，若，，如果是两条相交直线，则，如果，则可能相交，不一定平行，所以C错误；
对于D选项，由，，不能得出，则不能得出，所以D错误.
故选B.
6.在某校的“迎新年”歌咏比赛中，6位评委给某位参赛选手打分，6个分数的平均分为分，方差为，若去掉一个最高分分和一个最低分分，则剩下的4个分数满足（ ）
A.平均分为分，方差为 B.平均分为分，方差为
C.平均分为分，方差为 D.平均分为分，方差为
答案：C
解析：设这个分数分别为，平均数为，方差为，的平均数为，方差为，则由题意可知，，
所以，即，
所以，
所以，即，
所以，
所以剩下的4个分数满足平均分为分，方差为.
故选C.
7.设，且，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：，，
，
，
.
，，，
或，即或（舍去）.
故选A.
8.已知在锐角三角形中，角的对边分别为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：由正弦定理及，得，
根据余弦定理，得，
令，所以，
因此，即，
由题意可知A是锐角，所以，
因此，所以．
故选B.
二．多项选择题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.设复数，则（ ）
A. B. C. D.
答案：ABD
解析：因为，所以选项A正确；
因为，
所以，则选项B正确；
因为，
,
所以，则选项C错误；
因为，所以，则选项D正确
故选ABD.
10.如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为的中点，P为正方体表面上的动点．下列叙述不正确的是（ ）
A.当点为棱的中点时，平面
B.当点在侧面上运动时，直线与平面所成角的最大值为
C.当点在棱上时，点到平面的距离的最小值为
D.当点时，满足平面的点共有2个
答案：ABD
解析：取的中点为，的中点为,连接,相交于点，连接,
且，.
平面,面，不能与平面平行，所以选项A错误；
由于线面角的最大值为，与不可能垂直，故直线与平面所成角的最大值达不到，所以选项B错误；
，到平面的距离始终为，则当点运动到点时，取得最小值为，
,,，故，所以选项C正确；
当点时，满足平面的点共有1个.当点为平面的中心时，所以选项D错误.
故选ABD.
11.在中，角所对的边分别为．若，且边上的中线长为，则下列结论正确的是（ ）
A. B.的取值范围是
C.面积的最大值为 D.周长的最大值为
答案：AB
解析：对于A选项，因为，所以,
所以，由正弦定理可得，，因为，,可得，化简得，又，
，所以A正确；
对于B选项，设，，，根据题意，，，
，化简得，则，
，当且仅当时等号成立，又，，
，，即，所以B正确；
对于C选项，由B选项可得，，所以C错误；
对于D选项，由前面选项，可得，且，，
，即，令，由，得，
解得，所以三角形周长，
则，令，解得，又，所以在
上单调递减，所以，所以D错误.
故选AB.
三．填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12.已知一个古典概型，其样本空间中共有12个样本点，其中事件有6个样本点，事件有4个样本点，事件有8个样本点，则 .
答案：
解析：根据概率公式计算可得，，；
由概率的加法公式可知，代入计算可得.
13.已知锐角满足，则的值为 .
答案：
解析：由
，
又为锐角，所以.
14.《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图，某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面，侧面为球面的一部分，上底直径为，下底直径为6cm，上下底面间的距离为3cm，则该卧足杯侧面所在的球面的半径是 cm；卧足杯的容积是 （杯的厚度忽略不计）
答案：
解析：如下图：设球体的半径为，，由，
得，解得，所以；
作一个高与球的半径相等，底面半径也与球的半径相等的圆柱，可得过的两截面的面积相等，
由祖暅原理知，碗的体积等于下图右边中间高为的圆柱体积减去一个圆台，
设圆台上表面半径为，则，
下表面半径为，所以，
， .
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.（本题13分）
如图所示，是的一条中线，点满足，过点的直线分别与射线，射线交于，两点.
(1)求证：；
(2)设，，，，求的值.
解析：(1）证明：因，所以，又因为的中点，所以，所以.
（2）因为，，，所以，，又因，所以，又因三点共线，所以，即.
16.（本题15分）
某市为了了解学生的体能情况，从全市所有高一年级学生中按的比例随机抽取100人进行一分钟跳绳次数测试，将所得数据整理后，分为6组画出频率分布直方图如图所示，现一，二两
组数据丢失，但知道第二组的频率是第一组的2倍．
⑴若次数在以上含次为优秀，试估计全市高一年级学生的优秀率，并估计全市优秀学生的人数；
⑵求第一组、第二组的频率，并补齐频率分布直方图；
⑶估计该市高一学生跳绳次数的中位数和平均数.
解析：⑴由图可知120以上（含120次）所在的组，即第4,5,6组的频率分别为0.30,0.18,0.06，所以优秀率为
0.30+0.18+0.06=0.54；
估计全市优秀学生的人数约为0.54×100×150=8100（人）；
⑵设第一组的频率是，则第二组的频率为，
依题意得第3,4,5,6组的频率分别为0.34,0.30,0.18,0.06；
所以，
解得，即第一组的频率是0.04，则第二组的频率为0.08；
补齐频率分布直方图如图所示.
⑶第1,2,3,4组的频率分别为0.04，0.08,0.34,0.30，前三组的频率和为0.46，
所以中位数为；第，，，，，组的平均数约为
．
17.（本题15分）
如图，已知平面四边形中，.
(1)若四点共圆，求；
(2)求四边形面积的最大值.
解析：（1）在中，由余弦定理得：
，
在中，由余弦定理得：
，
因为四点共圆，所以，因此，
上述两式相加得：，所以（负值已舍去）.
（2）由（1）得：，
化简得，则①，
四边形的面积
，
整理得，则②
①②相加得：，
即，由于，
所以当且仅当时，取得最小值，
此时四边形的面积最大，由，解得，
故四边形面积的最大值为.
18.（本题17分）
作为世界乒坛本赛季收官战，首届世界乒乓球职业大联盟世界杯总决赛年月日在新加坡结束男女单打决赛的较量，国乒包揽双冠成为最大赢家．我市男子乒乓球队为备战下届市运会，在某训练基地进行封闭式训练，甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．
(1)求该局打个球甲赢的概率；
(2)求该局打个球结束的概率．
解析：（1）设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，，，∴，
∴，
∴该局打4个球甲赢的概率为．
（2）设该局打5个球结束时甲赢为事件D，乙赢为事件E，打5个球结束为事件F，易知D，E为互斥事件，，，，
∴，
，
∴，
∴该局打5个球结束的概率为．
19.（本题17分）
已知三棱锥中，平面，，，为中点，为中点，在上，.二面角的平面角大小为.
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
解析：（1）证明：连接并延长，交于点，取的中点，连接，因为为中点，所以，，所以，所以，又为中点，所
，所以，因为，
所以，所以，可得，
因为平面，平面，所以平面；
（2）分别取的中点，连接，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
平面，所以，所以即为二面角的平面角，
所以，因为，所以，所以，
设，则，所以，
因为平面，平面，所以，
且，平面，所以平面，
所以线段的长即为点到平面的距离，又因为为的中点，
所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，
因为，所以点到平面的距离为.
