精品解析：浙江省衢州市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量检测数学试卷

衢州市2025年6月高一年级教学质量检测试卷 数 学 命题：张中华、王秋夏、程有弟 审题：陈君 考生须知： 1．全卷分试卷和答题卷考试结束后，将答题卷上交． 2．试卷共4页，有4大题，19小题满分150分，考试时间120分钟． 3．请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知点为重心（三条中线的交点），记，则（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”（ ） 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 4. 下列各单峰的频率分布直方图中，哪个图的平均数明显小于中位数（ ） A. B. C. D. 5. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，并记录每次骰子朝上的面的点数，记事件为“第一次朝上的面的点数为质数”，事件为“两次朝上的面的点数之和为奇数”，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，平面，且，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知实数，则的最小值为（ ） A. B. C. 0 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为2 D. 若，则在上的投影向量为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据2，3，4，5，6，7，8，9的第75百分位数为7 B. 若一组样本数据3，，7，5，4，8的极差为5，则实数的取值范围为 C. 和的方差分别为和，若，则 D. 在对高一某班学生数学成绩调查中，抽取男生10人，其平均数为105，方差为24，抽取女生5人，其平均数为102，方差为21，则这15名学生数学成绩方差为25 11. 已知函数和定义域均为，若是奇函数，是偶函数，且，则下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数（为虚数单位），则___________． 13. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是___________． 14. 在长方体中，，分别是的中点，记平面截长方体所得两个几何体的体积分别为、，则___________． 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若，求的面积． 16. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围． 17. 某次竞赛共有20道题，甲、乙、丙三位同学分别能答对其中的12道题，8道题和道题．假设每道题被抽中的可能性相等，现从中任选一题，由三位同学独立作答． （1）求甲、乙两位同学中恰有一人答对的概率； （2）若甲、乙、丙三位同学中至少有一人答对的概率为，求的值． 18. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． （1）证明：平面； （2）若，且与底面所成角的余弦值为． （i）求的长； （ii）点满足，求二面角的正切值． 19. 实系数一元三次方程，在复数集内的根为，方程可变形为，展开可得如果一元次方程系数是复数，根与系数的这些关系仍然成立． （1）已知方程有三个根，其中一个为1，求方程的另两个根； （2）设三个顶点在复平面内对应的复数分别为，满足，求内切圆半径； （3）记区间长度为，若关于的不等式：的解集为，求中所有区间的长度之和（结果用表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衢州市2025年6月高一年级教学质量检测试卷 数 学 命题：张中华、王秋夏、程有弟 审题：陈君 考生须知： 1．全卷分试卷和答题卷考试结束后，将答题卷上交． 2．试卷共4页，有4大题，19小题满分150分，考试时间120分钟． 3．请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效． 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交集运算求解. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 2. 已知点为的重心（三条中线的交点），记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的中线公式、重心的性质及向量的线性运算，即可求解. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 因为是的重心，所以. 故选：B. 3. “”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 【答案】A 【解析】 【分析】本题可先求解不等式，再根据充分条件和必要条件定义判断. 【详解】因为指数函数在上单调递减， 所以由，可得， 若，那么一定有，所以能推出，充分性成立， 若，即，不一定能推出，必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 4. 下列各单峰的频率分布直方图中，哪个图的平均数明显小于中位数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在频率分布直方图中，中位数两侧小矩形的面积相等，平均数一般用每组数据的中点值乘以频率再求和来计算，再对照各个选项的图形分析，即可求解. 【详解】对于A和B，根据频率分布直方图关于中线对称，所以平均数等于中位数，故A和B错误； 对于C，根据频率分布直方图右拖尾，易得平均数大于中位数，故C错误． 对于D，根据频率分布直方图左拖尾，易得平均数小于中位数，故D正确. 故选：D. 5. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】可根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系的判定定理逐一分析选项. 【详解】对于选项A，若，，根据线面垂直的性质可知，该选项A正确； 对于选项B，若，，，则与可能平行、相交或异面，选项B错误； 对于选项C，若，，则或，该选项C错误； 对于选项D，若，，，，当时，与可能相交， 根据面面平行的判定定理，需与相交时才有，该选项D错误. 故选：A 6. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，并记录每次骰子朝上的面的点数，记事件为“第一次朝上的面的点数为质数”，事件为“两次朝上的面的点数之和为奇数”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题可先确定基本事件总数，再分别求出事件、事件、事件包含的基本事件数，最后根据概率的加法公式计算即可. 【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，则基本事件总数. 骰子的点数为，其中质数有， 事件“第一次朝上的面的点数为质数”包含的基本事件数（第一次有种质数情况，第二次有种情况 ），则. 两次朝上的面的点数之和为奇数，则一次为奇数，一次为偶数. 第一次为奇数，第二次为偶数时，有种情况； 第一次为偶数，第二次为奇数时，有种情况. 所以事件包含的基本事件数，则. 事件表示“第一次朝上的面的点数为质数且两次朝上的面的点数之和为奇数”. 当第一次为，第二次需为奇数，有种情况； 当第一次为或，第二次需为偶数，各有种情况，共种情况. 所以。 根据概率加法公式. 故选：C 7. 在中，，平面，且，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理计算可得外接圆的半径，进而可得三棱锥外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可. 【详解】由已知得，作下图， 设外接圆的半径为， 已知，，. 根据正弦定理可得，解得 . 因为平面，所以三棱锥外接球的球心到平面的距离=1， 所以外接球半径. 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：C 8. 已知实数，则的最小值为（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】将原式变形为，利用基本不等式求解. 【详解】，，则， ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最大值为2 D. 若，则在上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A利用数量积的坐标运算和同角三角函数基本关系即可判断，对于B利用共线向量的坐标运算即可判断，对于C利用数量积的坐标运算和三角恒等变换即可判断，对于D利用投影向量的定义即可计算，进而判断. 【详解】对于A：若，所以，故A正确； 对于B：若，所以，故B正确； 对于C：由，所以的最大值为，故C错误； 对于D：若，，所以在上的投影向量为，故D错误. 故选：AB. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 数据2，3，4，5，6，7，8，9的第75百分位数为7 B. 若一组样本数据3，，7，5，4，8的极差为5，则实数的取值范围为 C. 和的方差分别为和，若，则 D. 在对高一某班学生数学成绩调查中，抽取男生10人，其平均数为105，方差为24，抽取女生5人，其平均数为102，方差为21，则这15名学生数学成绩的方差为25 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A求出第75百分位数即可判断，对于B根据极差的定义即可判断，对于C根据方差的性质即可判断，对于D计算分成抽样的方差即可判断. 【详解】对于A：由，所以第75百分位数为，故A错误； 对于B：若一组样本数据3，，7，5，4，8的极差为5，所以，故B正确； 对于C：若，即，故C正确； 对于D：由已知有这15名学生数学成绩的平均数为， 所以这15名学生数学成绩的方差为，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数和的定义域均为，若是奇函数，是偶函数，且，则下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意得，又得，进而得，通过赋值即可求解. 详解】由题意有，，又， 所以， 所以，又得， 令得，故A正确，B错误； 由，令有，故C正确； ，令得， 又，令得， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知复数（为虚数单位），则___________． 【答案】 【解析】 【分析】将复数化简，再根据复数的模的计算公式求解. 【详解】, 所以. 故答案为： 13. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】分析函数的图象，再将恰有个零点转化为与的图象恰有个交点，进而求解的取值范围. 【详解】当时，， 当时，， 当时，； 当时， ， 直线恒过点，与的图象在不同区间的位置关系情况如图所示： 当直线过时，，； 当直线过时，， . 结合图象，当时，与恰有个交点. 所以实数的取值范围是 . 故答案为：. 14. 在长方体中，，分别是的中点，记平面截长方体所得两个几何体的体积分别为、，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】如图所示，过点的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可. 【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点， 如图所示， 过点的截面即为五边形 ， 在长方体中，， 因为点，分别是，的中点 所以，所以， 因为， 所以 则过点的截面下方体积为： ， ∴另一部分体积为， ∴. 故答案为： 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求角； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和正弦的二倍角公式可得解； （2）由余弦定理可得，再由三角形面积公式即可求得答案. 【小问1详解】 由正弦定理及条件可得，，又， ∴，∴，又， ∴，∴，所以. 【小问2详解】 由余弦定理可得， ∴，∴， 故 16. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合对数的运算法则求出函数的定义域，利用复合函数的单调性即可求解； （2）结合复合函数的单调性求出的单调性，利用单调性求出最值，结合恒成立问题即可求解. 【小问1详解】 由，得，所以的定义域为， ， 令，则在上单调递增，在上单调递减， 又，为减函数， 所以的单调递增区间为． 【小问2详解】 由题意得当，， 当时，由（1）得在上单调递减，在上单调递增， 所以，不符合题意， 当时，为增函数， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因为， 所以， 即，解得，综上所述，． 17. 某次竞赛共有20道题，甲、乙、丙三位同学分别能答对其中的12道题，8道题和道题．假设每道题被抽中的可能性相等，现从中任选一题，由三位同学独立作答． （1）求甲、乙两位同学中恰有一人答对的概率； （2）若甲、乙、丙三位同学中至少有一人答对的概率为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型以及相互独立事件的概率计算公式即可求解； （2）根据对立事件的相关知识即可求解. 【小问1详解】 记事件“任选一道题，甲答对”， 事件“任选一道题，乙答对”， 事件“任选一道题，丙答对”， 记事件“任选一道题，甲、乙两位同学恰有一人答对”， 则， 【小问2详解】 记事件“甲、乙、丙三位同学至少有一人答对”， 则， 所以. 18. 如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，． （1）证明：平面； （2）若，且与底面所成角的余弦值为． （i）求的长； （ii）点满足，求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用菱形性质得，结合及等腰三角形三线合一得，再依据线面垂直判定定理，即可证得结果. （2）（i）取中点，设，可证得平面，则即为直线与平面所成的角，根据已知计算即可得出的长； （ii）由（i）可知为二面角的平面角，作于，可得为二面角的平面角，设二面角的大小为，则计算即可． 【小问1详解】 证明：连接，交于点． 因为，所以， 因为四边形是菱形，所以， 又，所以平面． 【小问2详解】 （i）取中点，连接， 因为，所以为正三角形，所以， 因为，所以平面， 所以，所以， 设，连接，则平面，且即为直线与平面所成的角. 所以，所以， 因为，所以，，， 所以，所以，所以． （ii）由（i）可知为二面角的平面角， 且， 连接，因为，所以，所以平面， 作于，连接，则为二面角的平面角， 且， 所以，所以， 设二面角的大小为，则． 19. 实系数一元三次方程，在复数集内的根为，方程可变形为，展开可得如果一元次方程系数是复数，根与系数的这些关系仍然成立． （1）已知方程有三个根，其中一个为1，求方程的另两个根； （2）设三个顶点在复平面内对应的复数分别为，满足，求内切圆半径； （3）记区间的长度为，若关于的不等式：的解集为，求中所有区间的长度之和（结果用表示）． 【答案】（1）2，3． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用根与系数的关系求解即可； （2）设，由可知计算可得，得出三角形三个点的坐标，利用等面积法计算即可求得内切圆半径； （3）设，可确定在每一段区间内单调递减，可确定直线与曲线的交点区间，可知不等式的解集为，结合韦达定理可求得所有区间长度之和. 【小问1详解】 利用根与系数的关系可得：，解得． 【小问2详解】 根据三次方程根与系数的关系可知，为的三个根，首先必定有一个为0， 不妨设，则为两个根， 分解因式得，所以， 所以三角形的三个顶点为， 设三角形内切圆的圆心为，半径为， 则三角形的面积， 即． 因为， 所以． 【小问3详解】 设函数． 反比例函数只存在递减区间，所以只存在递减区间， 故函数在上递减， 易得为函数图象的渐近线． 所以函数的图象与直线相交于个点． 这些点的横坐标为， 它们即为方程的所有解． 故由图象得，原不等式解集为， 故解集中有个区间，所有区间长度之和为， 联系韦达定理： 可得一个关于的一元次方程，由韦达定理，只需考虑项与项的系数， 易得最高次项的系数为，项的系为，即． 所以有． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数中的新定义问题，解题关键是能够充分理解韦达定理的形式，将所求区间长度转化为求解一元高次方程根与系数关系的问题，从而利用韦达定理求得结果. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$