精品解析：浙江省温州市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量统一检测数学试题

浙江省温州市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量统一检测数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名．准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠．不要弄破． 选择题部分 一、选择题：本大题共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. 若复数，则的虚部是（ ） A. 1 B. 2 C. -i D. 2i 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及复数虚部的定义即可求解. 【详解】，所以的虚部是2. 故选：. 2. 已知向量，若与垂直，则实数的值是（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算即可求解. 【详解】，且， 所以，解得. 故选：. 3. 已知a，b为空间中不重合的直线，为空间中不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行与垂直的判定和性质逐个判断即可. 【详解】对于A：若，则直线可能与平面相交、平行或，故A错误； 对于B：若，则直线可能平行平面、也可能，故B错误； 对于C：若，则平面与可能平行，也可能相交，故C错误； 对于D：若，根据线面垂直的性质定理，所以，故D正确. 故选：D. 4. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ） A. 5，5，5，5，5 B. 4，4，5，6，6 C. 3，4，5，6，7 D. 2，2，5，8，8 【答案】D 【解析】 【分析】根据数据的波动越大，方差越大；数据越稳定，方差越小.通过观察数据的离散程度以及计算平均值和方差来得出答案. 【详解】对于A：数据全部为5，相等，没有波动，所以方差为0. 对于B：平均数为， 方差为. 对于C：平均数为， 方差为. 对于D： 平均数为，方差为. 通过比较可知，选项D的方差最大. 故选：D. 5. 已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 112 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知求出棱台的高，再由棱台的体积公式求体积. 【详解】如图所示： 由题设正四棱台，分别是上下底面中心，作， 由题意可知：，， 同理可得，故， ， ，示上下底面面积，，， 所以棱台的体积. 故选：A. 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子两次，观察朝上面的点数．设事件甲=“第一次点数小于3”，事件乙=“第一次点数为偶数”，事件丙=“两次点数之和为8”，事件丁=“两次点数之和是奇数”，则（ ） A. 事件乙和事件丙互斥 B. 事件丙和事件丁互为对立 C. 事件甲与事件丙相互独立 D. 事件乙与事件丁相互独立 【答案】D 【解析】 【分析】用表示第一枚骰子向上的点数，表示第二枚骰子向上的点数，则两枚骰子的情况用数对表示，列出所有情况，根据互斥事件、对立事件、独立事件的定义对选项逐一分析即可. 【详解】用表示第一枚骰子向上的点数，表示第二枚骰子向上的点数， 则两枚骰子的情况用数对表示， 则所有可能的情况有：， ， ， ， ， ，共36种情况， 对于：事件乙可以和事件丙同时发生，如出现， 所以事件乙和事件丙不互斥，故错误； 对于：事件丙和事件丁的所有情况不是总的样本空间， 如事件丙和事件丁不包括，所以事件丙和事件丁不互为对立，故错误； 对于：第一次点数小于3的情况有， ，共12种情况， 所以， 两次点数之和为8 的情况有， 共5种情况，所以， 第一次点数小于3且两次点数之和为8 的情况有， 所以，， 所以事件甲与事件丙不相互独立，故错误； 对于：第一次点数为偶数的情况有18种，所以， 两次点数之和为奇数的情况共有18种，所以， 第一次点数为偶数且两次点数之和为奇数的情况共有9种，所以， ，所以事件乙与事件丁相互独立，故正确. 故选：. 7. 已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接AE，AF，分别交，于点P，Q，由题意得点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ，通过几何知识得到，，故，进而求得线段PQ的长度. 【详解】连接AE，AF，分别交，于点P，Q，连接. 因为点M在线段EF上运动，故AM在平面AEF内， 又因为线AM与平面交于点N， 故点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ， 在，，中，可得， ，F分别为棱AC，的中点，故≌，， ，，即， ，，， 同理，，故，且， 故选：B. 8. 已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，且角均为锐角，根据，代入化简得，结合正弦定理、余弦定理及基本不等式化简可得，设，得，化简可得，结合，代入化简即可求解. 【详解】在中，因为在BC上的射影落在线段BC上（不含端点）， 所以，且角均为锐角， 因为，所以， 因为，所以， 化简得， 由正弦定理得， 因为，且， 所以，有， 所以，即， 若，此时，所以为等腰直角三角形，故， 若，不妨设，则，即， 所以，即， 因为，即， 因为函数在区间上单调递减， 所以， 即，化简可得 即，得， 所以角的取值范围是. 故选：A 二、选择题：本大题共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. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则为纯虚数 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据共轭复数及复数的乘法可判断；根据复数的分类可判断；根据纯虚数的定义可判断；表示点到的距离，数形结合即可判断. 【详解】，所以， 对于：，故正确； 对于：， 所以，或，或， 当时，不是实数，故错误； 对于：若，则，所以为纯虚数，故正确； 对于：对应的点表示圆上的点，对应的点， 表示点到的距离， 由图可知，故正确. 故选：. 10. 已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，垂足为，则（ ） A. B. 是锐角 C. 点的坐标为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量的坐标表示求解． 【详解】因为点，点，则， 故，故A正确； ，，则，若， 即，可得，此方程无解，所以与不共线， 所以是锐角，故B正确； 设点的坐标为，则，， 因为，所以，解得，故，所以C错误； 因为，设，则， 由于，所以，即，解得， 所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图是一个棱长为1的正方体的展开图，点P，Q分别是线段AB，GH上的动点，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的有（ ） A. 线段AB与GH所在的直线是异面直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点，使得 D. 记点到平面ABC的距离为，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】把正方体的展开图还原为正方体，画出直观图，由异面直线的判断方法判断A，由体积公式判断B，利用余弦定理判断C，利用平面展开图判断D. 【详解】根据正方体的展开图画出该正方体的原图，如下图所示： 对于A：线段AB与GH所在的直线既不平行也不相交，故A错误； 对于B：因为的面积为定值，点到平面的距离也为定值， 根据三棱锥体积公式可知三棱锥的体积为定值，故B正确； 对于C： 如图，连接，则， 设，由余弦定理可得 ， 而，由余弦定理可得， 故 , 故始终为钝角，故C错误. 对于D：取的中点为，连接，过作，垂足为， 由正方体的性质可得平面，而平面， 故，故，故平面， 故为到平面的距离， 将平展到一个平面中，如图所示， 在直角三角形中，斜边，故， 故，故的最小值即为到直线的距离， 该距离为，故D正确. 故选：ABD. 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12. 已知内角A，B，C的对边为a，b，c，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理即可求出的值. 【详解】根据正弦定理可知，， 所以，解得. 故答案为：. 13. 有一个半径为2的四分之一球形状的封闭储物盒，内有一个小球，则小球的最大半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】作出截面图形，可知小球最大半径满足，由此可得答案. 【详解】设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下： 由题意得，， 因为，所以，解得. 故答案为：. 14. 已知集合是的子集，且，则的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先列出集合的子集，然后根据要求列出满足题干条件的情况种数，最后计算概率值即可. 【详解】因为是的子集，， 所以集合可能是共种情况， 其中满足条件的分以下几种情况： 若均不相同，则可能为和和和， 此时共种情况； 若中有两个相同，则可能为和和和 和和和和， 此时共种情况； 若均相同，则有这1种情况； 以上共计种. 由于，那么符合条件的有： 和和和共种； 和和和共种； 以上共计种. 所以概率为. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 在等边中，分别是和的中点，，设． （1）用向量表示，并求； （2）求向量与的夹角的余弦值． 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量基本定理即可将向量表示出来，然后根据求模公式和数量积的定义可求出. （2）利用向量数量积的定义求解即可. 小问1详解】 如图所示， . 所以. 【小问2详解】 如图，因为. 由（1）知，. 所以. 而， 所以. 16. 如图，在中，．将沿AD翻折至． （1）求证：平面.； （2）若二面角的平面角为，求直线AB与平面AED所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）由题可求的余弦值，根据余弦定理可求，利用勾股定理可得，翻折后，由此即可证明平面； （2）由（1）得，过作交于，连接，然后可证平面，即就是直线AB与平面AED所成角，进行求值即可. 【小问1详解】 ,,, , ，即，翻折后， 又平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）知，，平面平面， 所以就是二面角的平面角，即， 过作交于，连接， 平面，平面，， 又，平面， 所以平面，即就是直线AB与平面AED所成角， 又，所以， 直线AB与平面AED所成角的正弦值为. 17. 为了实现绿色发展，避免能源浪费，某市政府拟推行居民阶梯电价制度，使75%的用户缴费在第一档（最低一档），的用户缴费在第二档，的用户缴费在第三档（最高一档）．为此，相关部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），并将数据整理后画出如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图中的值； （2）请估计月均用电量第一档的范围； （3）用频率估计概率，在该市中任选3户居民，不同居民的月均用电量相互独立，求恰有1户居民的月均用电量在的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率和为1求出的值. （2）根据百分位数的定义和公式求75%分位数. （3）首先求出月均用电量在的概率，然后求出恰有1户居民的月均用电量在的概率. 【小问1详解】 根据频率分布直方图可得： ， 解得. 【小问2详解】 因为75%的居民缴费在第一档，需要确定月均用电量的75%分位数. ，. 设第一档的上限为，则列方程为： ，解得. 所以月均用电量第一档的范围是. 【小问3详解】 用户的月均用电量在的概率为： 所以恰有1户居民的月均用电量在的概率为： . 18. 已知内角的对边为，点是的内心，若． （1）求角； （2）延长交于点，若，求的周长； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化简等式，求出角的值. （2）利用三角形面积相等得到，然后利用余弦定理，通过化简可求得的值，从而得到三角形的周长. （3）首先根据三角形面积相等求出内切圆半径的表达式，然后利用余弦定理求出的关系，进而可得到与的表达式，最后利用基本不等式的性质求出范围进而求出的范围. 小问1详解】 因为，所以根据正弦定理得， 化简得. 因为，所以. 所以，因为，所以. 【小问2详解】 如图，， 所以， 化简得：①. 根据余弦定理得②， ①②联立方程组解得：. 解得，又，所以. 所以的周长为. 【小问3详解】 令三角形内切圆半径为. 因为. . 所以，解得. 因为，所以. 根据余弦定理得：， 即，故‘ 又，解得， 故， 综上，的取值范围为. 19. “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． （1）求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； （2）B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由； （ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与． 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据对称性可得截面图形为正方形且边长为4，从而求出截面面积； （2）（i）合理作出辅助线，计算得，则，，解出即可； （ii）作出辅助线，设，表示出相关线段长，再根据等体积法得到，解出值，从而得到三角函数值. 【小问1详解】 根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长， 截面面积； 【小问2详解】 （i）作图，连接，过S作于点， ，所以为圆柱的母线的一部分，， 过作于点，连接，， 平面，平面，， ，平面， 几何图形为圆面一部分， ，， ， ， ， 解得或（舍），. （ii）作图，过S作于点，过作于点， 过作，交弧于点，过作于点， 作于点，连接并延长交于点，交于点， 连接，连接并延长交于点， 因为，所以． 设，故， 所以， ， 且平面，平面， ， 又，平面， 平面，平面，， 在三棱锥中，， ， ， ， ， ， ，，故， 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省温州市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量统一检测数学试题 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名．准考证号填写在答题卷上，将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 4．考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠．不要弄破． 选择题部分 一、选择题：本大题共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. 若复数，则的虚部是（ ） A. 1 B. 2 C. -i D. 2i 2. 已知向量，若与垂直，则实数的值是（ ） A. -1 B. 1 C. -2 D. 2 3. 已知a，b为空间中不重合的直线，为空间中不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 下列各组数据中方差最大的一组是（ ） A. 5，5，5，5，5 B. 4，4，5，6，6 C. 3，4，5，6，7 D. 2，2，5，8，8 5. 已知正四棱台的上下底面边长分别为2和4，侧棱长为4，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 112 6. 抛掷一枚质地均匀骰子两次，观察朝上面的点数．设事件甲=“第一次点数小于3”，事件乙=“第一次点数为偶数”，事件丙=“两次点数之和为8”，事件丁=“两次点数之和是奇数”，则（ ） A. 事件乙和事件丙互斥 B. 事件丙和事件丁互为对立 C. 事件甲与事件丙相互独立 D. 事件乙与事件丁相互独立 7. 已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（ ） A. B. C. D. 8. 已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 已知复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则为纯虚数 D. 10. 已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，垂足为，则（ ） A. B. 是锐角 C. 点的坐标为 D. 11. 如图是一个棱长为1的正方体的展开图，点P，Q分别是线段AB，GH上的动点，如果将它还原为正方体，则下列说法正确的有（ ） A. 线段AB与GH所在的直线是异面直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 存在点，使得 D. 记点到平面ABC的距离为，则的最小值为 非选择题部分 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分．把答案填在题中的横线上． 12. 已知内角A，B，C的对边为a，b，c，若，则______． 13. 有一个半径为2四分之一球形状的封闭储物盒，内有一个小球，则小球的最大半径为______． 14. 已知集合是的子集，且，则的概率为______． 四、解答题：本大题共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. 在等边中，分别是和中点，，设． （1）用向量表示，并求； （2）求向量与的夹角的余弦值． 16. 如图，在中，．将沿AD翻折至． （1）求证：平面.； （2）若二面角的平面角为，求直线AB与平面AED所成角的正弦值． 17. 为了实现绿色发展，避免能源浪费，某市政府拟推行居民阶梯电价制度，使75%用户缴费在第一档（最低一档），的用户缴费在第二档，的用户缴费在第三档（最高一档）．为此，相关部门随机调查了200户居民去年一年的月均用电量（单位：），并将数据整理后画出如图所示的频率分布直方图． （1）求直方图中的值； （2）请估计月均用电量第一档范围； （3）用频率估计概率，在该市中任选3户居民，不同居民的月均用电量相互独立，求恰有1户居民的月均用电量在的概率． 18. 已知内角的对边为，点是的内心，若． （1）求角； （2）延长交于点，若，求的周长； （3）求的取值范围． 19. “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． （1）求平面截“牟合方盖”所得截面的面积； （2）B，E为平面与两圆柱交线的交点，为BE的中点，过OD作平面ODSC，S，C为“牟合方盖”表面上的点且位于平面AOD同一侧，，过S作平面ABC，交边界BD于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求出；若不存在，请说明理由； （ii）若，点S到平面ABR的距离为，求与． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $