吉林省长春市第八中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

2024—2025学年度下学期长春八中期中考试试题 高一数学 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）设为虚数单位，则在复平面内，复数对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．（本题5分）已知向量，若，则（   ） A． B． C．1 D．2 3．（本题5分）已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ） A．17 B．16.5 C．16 D．15.5 4．（本题5分）如图1，这是雁鸣塔，位于贵州省遵义娄山关景区，塔身巍然挺拔，直指苍穹，登塔可众览娄山好风光．某数学兴趣小组成员为测量雁鸣塔的高度，在点O的同一水平面上的A，B两处进行测量，如图2．已知在A处测得塔顶P的仰角为30°，在B处测得塔顶P的仰角为45°，且米，，则雁鸣塔的高度（    ） A．30米 B．米 C．米 D．米 5．（本题5分）设是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，且，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．（本题5分）已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．（本题5分）三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．（本题5分）在锐角三角形中，内角A，B，C所对边的边长分别为a，b，c，若，则的取值范围是（      ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列说法正确的是（    ） A．的第60百分位数是6 B．已知一组数据的平均数为5，则这组数据的方差是5.2 C．用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大 D．若的标准差为2，则的标准差是6 10．（本题6分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列结论中正确的选项有（    ） A．若A >B， 则 B．，则 C．若，则定为直角三角形 D．若且该三角形有两解，则b的取值范围是 11．（本题6分）如图，在四棱锥中，底面为菱形，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法正确的是（    ） A．在棱上存在点，使平面 B．异面直线与所成的角为90° C．二面角的大小为45° D．平面 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）如图，直角梯形是某个多边形的斜二测直观图，，则该多边形原本的面积为 . 13．（本题5分）的内角，，的对边分别为，，，若，，，则 ． 14．（本题5分）如图，在正方形中，，点分别为的中点，点在上，则 ． 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）在中，角的对边分别是，若． （1）证明：是正三角形． （2）若的三顶点都在球表面，且球的表面积为，求三棱锥的体积． 16．（本题15分）第19届亚运会将于2022年9月在杭州举行，志愿者的服务工作是亚运会成功举办的重要保障.某高校承办了杭州志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求a，b的值； （2）计算本次面试成绩的众数和平均成绩； （3）根据组委会要求，本次志愿者选拔录取率为19%，请估算被录取至少需要多少分. 17．（本题15分）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，平面底面，且，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求三棱锥的体积. 18．（本题17分）三角形中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知 ，点D 是的中点，点E 在线段上，且，线段与线段交于点M. （1）求角B的大小; （2）若，求的值； （3）若点G是三角形的重心，求 的最小值. 19．（本题17分）已知四棱锥中,底面是直角梯形,∥,,,,又平面,且,点在棱上且. （1）求证:; （2）求与平面所成角的正弦值; （3）求二面角的大小. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2024—2025学年度下学期长春八中期中考试试题 高一数学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B B A D C B A BD ACD 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】由复数的除法运算化简，即可求解. 【详解】， 所以复数对应的点，位于第四象限， 故选：D 2．B 【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解； 【详解】由于， 则， 则； 故选：B 3．B 【分析】由给定的平均数求出，再由第60百分位数的定义求解即可. 【详解】由数据的平均数为16，得，解得， 由，得数据的第60百分位数为. 故选：B 4．A 【分析】设，用表示，再利用余弦定理列式计算即得. 【详解】设，依题意，，， 在中，由余弦定理得， 即，整理得，解得， 所以雁鸣塔的高度为30米. 故选：A 5．D 【分析】ABC项，利用长方体模型找到反例即可；D项，由线面平行的性质定理可得. 【详解】如图，长方体中，记平面为.    A项，若，则或. 如：图中设为直线，为直线， 则，但，不满足，故A不正确； B项，由，且，不一定垂直. 如：设图中平面为平面，设为直线，为直线， 则，且，但，不满足，故B不正确； C项，若，，则或， 如：设图中平面为平面，设为直线，为直线， 则，但，不满足，故C不正确； D项，若，，， 由线面平行的性质定理可得，所以D正确. 故选：D. 6．C 【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得. 【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为， 因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得， 可知， 所以圆锥的外接球球的表面积. 故选：C. 7．B 【分析】取中点为，连接，证得平面.找出外接圆的圆心为，求出.设为三棱锥外接球的球心，，，在以及中，根据勾股定理，列出关于的关系式，求解得出的值，根据球的面积公式，即可得出答案. 【详解】 如图，取中点为，连接，设外接圆的圆心为，连接. 因为，，中点为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面. 设为三棱锥外接球的球心，半径为，连接，则，平面. 因为，， 所以，，，. 设，，过作交于点，连接， 则，. 又平面，， 在中，有. 又在中，有. 所以，有，解得， 所以，. 所以，三棱锥外接球的表面积为. 故选：B. 【点睛】关键点睛：找出外接圆的圆心，根据面面垂直的性质定理得出平面的垂线，过作垂线的平行线，可知球心在该条线上. 8．A 【分析】根据正弦定理化简得到，，根据范围计算得到答案. 【详解】，故，故. 即，即. 即，故，，故. . 故选： 【点睛】本题考查了正弦定理，和差化积公式，意在考查学生的综合应用能力. 9．BD 【分析】根据百分位数的概念判断A，根据平均数和方差的概念判断B，根据抽样的等可能性判断C，根据标准差的运算判断D. 【详解】对A：的第60百分位数是：，故A错误； 对B：因为，所以这组数据的方差为：，故B正确； 对C：分层抽样，每个个体被抽到的概率相等，故C错误； 对D：的标准差为2，所以的标准差为，故D正确. 故选：BD 10．ACD 【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合各选项条件逐项求解判断. 【详解】对于A，在中，，A正确； 对于B，由余弦定理得，即， 而，解得，B错误； 对于C，由余弦定理得，整理得，为直角三角形，C正确； 对于D，有两解，则，而，因此，D正确. 故选：ACD 11．ABC 【分析】选项A，取的中点，利用三角形知识得垂直关系，再利用线面垂直的判定定理证明平面；选项B，利用平面，可得；选项C，先作出并证明所求的二面角为，再利用直角三角形知识求解；选项D，利用反证法，假设平面，再证明平面，得到，与与的夹角为矛盾来说明. 【详解】A选项：如图，取的中点，连接， ∵侧面为正三角形，， 又底面是菱形，，是等边三角形， 又为的中点， 又，，在平面内，且相交于点， 平面，故选项A正确； B选项：由选项A知，平面，又平面，， 即异面直线与所成的角为90°，故选项B正确； C选项：∵平面， ， 平面，，， 又平面平面，是二面角的平面角， 设，则，， 在直角中，，即， 故二面角的大小为，故选项C正确； D选项：因为平面平面，， 所以平面，又平面，所以. 假设平面，则有，又，在平面内，且相交于点， 所以平面，又平面，所以， 而由题可知，与的夹角为，矛盾，故假设不成立，故选项D错误. 故选：ABC. 12． 【分析】先求出直观图的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，即可得答案. 【详解】根据题意，直观图是直角梯形，， 由，则，其面积， 则该多边形原本的面积为. 故答案为：. 13． 【分析】直接由平方关系以及正弦定理即可求解. 【详解】中，由，，, 可得，， 又，故由正弦定理得，． 故答案为：. 14． 【分析】根据向量的线性运算可得，即可利用数量积的运算律求解. 【详解】设,则. 故答案为：4 15．（1）证明见解析 （2） 【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，求得，再结合，即可得证； （2）设球的半径为，根据题意，求得，再设外接圆半径为，求得，由球的截面圆性质，求得，结合棱锥的体积公式，即可求解. 【详解】（1）解：因为，由正弦定理得， 所以， 即， 又因为，可得，所以， 因为，所以， 又因为，所以是正三角形． （2）解：设球的半径为，因为球的表面积为，所以，得到， 由（1）知是正三角形，且边长为， 设外接圆半径为，由正弦定理得，所以， 设球心到所在平面距离为，则由球的截面圆性质，可得， 则， 又因为， 所以三棱锥的体积为． 16．（1）； （2）众数为70，平均成绩为69.5分； （3）78分. 【分析】（1）先算出第五组频率，可得.后由前两组频率和为0.3可得. （2）由众数，平均数计算公式可得答案. （3）中位数对应录取率为，本题即是求频率所对应分数. 【详解】（1）由题图可知组距为10. 第三组，第四组频率之和为，又后三组频率和为0.7， 则第五组频率为0.05，第一组频率也为0.05，故第二组频率为0.25. 得. （2）由题图可知第三个矩形最高，故众数为. 平均数为. （3）前三组频率之和为. 前四组频率之和为. 故频率0.81对应分数在75到85之间. 设分数为，则有，解得. 故若要求选拔录取率为19%，至少需要78分. 17．（1）证明见解析（2）证明见解析（3） 【分析】（1）连接.因为底面是平行四边形，则是的中点，又因是的中点，则有，然后利用线面平行的判定定理证明. （2）在中，因为，则，有.，再根据侧面底面，可得平面，再利用面面垂直的判定定理证明. （3）取中点为，连接.根据，则 ，由侧面底面，则平面，即点P到面ABCD的距离为，然后根据等体积法求解. 【详解】（1）如图， 连接.因为底面是平行四边形，且是的中点，所以也是的中点.又因是的中点， 所以.因为平面，平面， 所以平面. （2）在中，因为， 所以，则. 又因为侧面底面，交线为，而平面， 所以平面. 因为平面， 所以平面平面. （3）取中点为，连接.因为，为的中点， 所以， 又因为侧面底面，交线为， 所以平面. 因为，， 所以， 所以. 所以，所以三棱锥的体积 . 【点睛】本题考查立体几何中的平行关系、垂直关系判定及用等积法求点到平面的距离，还考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力以及运算能力，属于中档题. 18．（1）； （2）； （3）. 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行边角互化，由三角函数值求角即得； （2）利用两组三点共线，列出向量方程，由平面向量基本定理即可求得的值； （3）结合图形和条件将化简成，通过两边取平方，将化为，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理可得，整理得， 故， 因为，所以. （2）如图， 由题意可得， 因为三点共线，故可设 ， 又因三点共线，故， 所以，故. （3）因为 所以， 因为，所以， 于是，两边平方化简得： ，当且仅当时取等号， 所以，即. 所以的最小值为. 19．（1）答案见解析（2）（3） 【解析】（1）推导出,从而平面,进而,由此能证明平面,即可求得答案; （2）由（1）可得:平面,所以为与平面所成角,求出长,即可求得答案; （3）连结,交于点,,从而平面平面,进而平面,过作于点,连结,则,则为二面角的平面角,即可求得答案. 【详解】（1）取中点为,连接 , 底面是直角梯形, ∥,即∥ 又 四边形是平行四边形 可得,中点为, 根据直角三角形性质可得:为直角三角形,且 又平面 平面 平面 （2）由（1）可得:平面 为与平面所成角 为直角三角形,, 又 , 为等腰直角三角形 在中, 与平面所成角的正弦值. （3）连结,交于点,,如图: 平面, 平面平面, 平面 过作于点,连结,则, 为二面角的平面角, 在中, 在中, 在中, 二面角的大小为. 【点睛】本题考查了求线线垂直,线面角和二面角,解题关键是掌握线面角的定义和二面角的求法,将线线垂直转化为线面垂直的求法,考查了分析能力和空间想象能力,属于难题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$