精品解析：河南省创新发展联盟2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试卷

高一数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册． 一、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. 关于正九棱锥，下列判断错误的是（ ） A. 正九棱锥有18条棱 B. 正九棱锥的侧棱都相等 C. 正九棱锥有18个面 D. 正九棱锥的底面是正九边形 【答案】C 【解析】 【分析】根据正棱锥的性质，即可判断选项. 【详解】正九棱锥有18条棱、10个面，正九棱锥的侧棱都相等，正九棱锥的底面是正九边形． 故选：C 2. 抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件“点数不大于4”，“点数大于3且小于6”，“点数是3的倍数”，“点数为奇数”，“点数为偶数”，则（ ） A. A，B为互斥事件 B. B，C为对立事件 C. C，D为互斥事件 D. D，E为对立事件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意写出样本空间和各事件的样本点，再根据互斥和对立的定义，判断各选项正误. 【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，向上的点数为基本事件，则样本空间． ． 因为，所以A与B不互斥，A错误． 因为，所以B与C互斥，但不对立，B错误． 因为，所以C与D不互斥，C错误． 因为，所以D与E对立，D正确． 故选：D. 3. = A. -8 B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】.故选A. 【考点定位】复数运算 4. 若一个圆台的上、下底面的直径分别4，10，体积为，则该圆台的高为（ ） A. 2 B. C. 6 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设该圆台的高为h，再直接利用圆台的体积公式建立等式进行求解即可． 【详解】设该圆台的高为h， 则， 解得， 故选：A． 5. 已知点，其中，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点的坐标，求出向量坐标，根据向量模的坐标表示和基本不等式，求出模长的最小值. 【详解】由，得， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为． 故选：A. 6. 在平行四边形中，点G为的重心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形，运用向量的加减数乘运算，将用向量表示即得． 【详解】如图，取的中点E，连接，则点G为 的三等分点， 即， 则． 故选：C. 7. 某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，构建了如图所示的几何模型，该模型中均与平面垂直．现已测得可直接到达的两点间距离，用测角仪测得，且在点C处测得点M，N的仰角分别为，，则M，N两点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理和勾股定理，解三角形，求出两点之间的距离. 【详解】由题意知，所以． 因为，在中，， 在直角梯形中，由勾股定理得． 故选：B. 8. 在一个棱长为的正四面体容器（容器壁的厚度忽略不计）内放置四个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设铁球的最大半径为，把四个铁球的球心两两相连可构成一个棱长为的正四面体，求出正四面体的外接球半径，表示点O到底面的距离.由O也是正四面体的中心可得点O到底面的距离为，列方程可得结果. 【详解】 记该正四面体为四面体，铁球的最大半径为， 当铁球的半径最大时，把四个铁球的球心两两相连，可构成一个棱长为的正四面体． 设I为正三角形的中心，则平面， 由平面得， 在中，，， 所以. 设正四面体的外接球的半径为，则，， 在中，有，解得，故， 所以点O到底面的距离为． 因为O也是正四面体的中心，同理可求得点O到底面的距离为， 所以，解得． 故选：D. 二、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. 已知复数，则（ ） A. B. 的实部与虚部之和等于的实部 C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数的除法的代数运算化简复数，再结合复数的概念及复数的几何意义逐个判断即可. 【详解】， 则，故A正确； 复数的实部与虚部之和为， 复数的实部为 的实部与虚部之和不等于的实部，故B错误； 因为，所以，故C正确； 在复平面内对应的点为，该点位于第二象限，故D正确. 故选：ACD. 10. 在四面体中，平面平面，则（ ） A. 四面体的体积为 B. 与平面所成的角为 C. 四面体外接球的表面积为 D. 与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据面面垂直可得四面体的体高，利用勾股定理以及三棱锥的体积计算，可得其正误；对于B，根据线面角的定义，结合等腰直角三角形的性质，可得其正误；对于C，先明确外接球的球心与半径，利用球的表面积公式，可得其正误；对于D，根据面面垂直的性质以及线面垂直的判定可得线面垂直，利用线面角的定义，结合直角三角形的相关计算，可得其正误. 【详解】取的中点E，连接．因为，所以． 又平面平面，平面平面，所以平面． 因为，所以．又， 所以，所以四面体的体积为，A错误． 因为，所以四面体外接球的球心为点E， 半径为，所以四面体外接球的表面积为，C正确． 因为平面，所以与平面所成的角为．因为， 所以与平面所成的角为，B正确． 过点B作，垂足为F，连接． 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以与平面所成的角为，且． 因为， 所以，D正确． 故选：BCD. 11. 若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（ ） A. 这两个图都是二部图的概率为 B. 这两个图至少有一个是二部图的概率为 C. 这两个图不都是二部图的概率为 D. 这两个图恰有一个是二部图的概率为 【答案】BC 【解析】 【分析】首先根据二部图的定义确定这6个图中，二部图的个数，再根据古典概型，通过列举的方法，即可概率. 【详解】 对于图（1），图中出现了，则该三角形必然有一条边的两个顶点分在一个子集内， 这显然不符合二部图的定义，图（4）也是如此，所以图（1）与图（4）不是二部图． 除了这两个图，其他四个图都是二部图， 例如，对于图（3），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中； 对于图（5），当时，图中的每一条边的一个关联结点在中， 另一个关联结点必在中．从这六个图中任选两个，所有的选择为 ， ， ，共15种． 这两个图都是二部图的选择共有6种，这两个图至少有一个是二部图的选择共有14种， 这两个图不都是二部图的选择共有9种，这两个图恰有一个是二部图的选择共有8种， 故这两个图都是二部图的概率为，故A错误； 这两个图至少有一个是二部图的概率为，故B正确； 这两个图不都是二部图的概率为，故C正确； 这两个图恰有一个是二部图的概率为，故D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥与圆锥的母线长均为，圆锥的底面半径为，且圆锥的侧面积等于圆锥的底面积，则圆锥的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】求出圆锥的侧面积，可得出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的表面积. 【详解】依题意可得圆锥的侧面积为， 设圆锥的底面半径为，则圆锥的底面积为，可得， 所以圆锥的表面积为． 故答案为：. 13. 现有一组数据4，6，3，3，2，4，6，7，4，1，则这组数据的第70百分位数为__________，方差为__________． 【答案】 ①. 5； ②. 3.2 【解析】 【分析】根据百分位数的计算方法和方差的计算公式即可求解. 【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，3，4，4，4，6，6，7． 因为，所以这组数据的第70百分位数为， 因为这组数据的平均数为， 所以这组数据的方差为 ． 故答案为：5；3.2. 14. 设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边．已知，则__________，__________． 【答案】 ①. 60 ②. ## 【解析】 【分析】先利用正弦定理、余弦定理以及二倍角公式即可求出c，进而求出第一空的结果. 【详解】因为，所以，则，则， 所以，即，则， 则，解得或， 当时，，则，则， 故．所以 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. 已知向量，且，定义向量的新运算：． （1）若向量，且，求； （2）证明：是的充要条件， 【答案】（1） （2）证明：若，则． 又，所以，即， 所以． 故是的充分条件． 若，则， 整理得，所以． 故是的必要条件． 综上所述，是的充要条件． 【解析】 【分析】（1）利用向量垂直求得，进而利用定义计算即可； （2）利用充分条件、必要条件的定义结合向量共线的性质及定义向量的新运算可证明. 【小问1详解】 因为，且，所以， 解得，则， 所以． 【小问2详解】 略 16. 年月日是第个世界环境日，某高校学生会在这一天随机抽取了名大学生，进行环保知识比赛．比赛以考试的形式进行，满分为分，考后搜集所有参赛大学生的比赛分数，将所得数据分为、、、、、六组，绘制得到如图所示的频率分布直方图．已知这名大学生中只有人获得满分，得满分者获得一等奖，得分不低于分且未获得满分者获得二等奖． （1）求的值并求获得二等奖的人数； （2）按比例用分层随机抽样的方式从比赛分数在、、内的大学生中抽取人，试问应抽取比赛分数在内的大学生多少人？ （3）估计这人比赛得分的平均数（同一组中的数据用该组数据所在区间的中点值作代表）． 【答案】（1），获得二等奖的人数为 （2） （3）分 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中，所有矩形面积之和为，可求得的值，求出得分不低于分的人数，结合题意可得出获二等奖的人数； （2）比赛分数在内的大学生人数与比赛分数在、、内的大学生人数之比，结合分层抽样可求得结果； （3）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，相加即可得出平均成绩. 【小问1详解】 因为在频率分布直方图中，所有矩形面积之和为， 由题意可知，解得． 因为分数在内的人数为， 所以获得二等奖的人数为． 【小问2详解】 由频率分布直方图知，比赛分数在内的大学生人数与比赛分数在、 、内的大学生人数之比为． 因为从比赛分数在、、内的大学生中抽取人， 所以应抽取比赛分数在内的大学生人． 【小问3详解】 由频率分布直方图可知，这人比赛得分的平均数的估计值为 分. 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，且． （1）求A； （2）若，求的面积； （3）求． 【答案】（1）． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由同角三角函数的关系求得，利用边角互换即可求得结果. （2）利用求得的值，再用正弦定理求得边c，即可求得三角形面积. （3）由（1）的结果利用角A的余弦定理，计算即可取得结果. 【小问1详解】 因为，所以． 又因为，所以． 因为A为锐角，所以． 【小问2详解】 由（1）知． 由正弦定理得， 所以 【小问3详解】 由余弦定理得， 整理得， 所以． 因为，所以 18. 、两队进行围棋比赛，队有甲、乙、丙三位棋手，队只有丁一位棋手．比赛规则如下：队的三位棋手分别与丁对弈一盘，若一队棋手连胜两盘（负一盘）或连胜三盘，则该队获胜，若三盘比赛中没有一队获得连胜，则两队打平．已知甲、乙、丙分别与丁比赛且获胜的概率为、、，且各盘比赛相互独立．丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为． （1）若队按甲、乙、丙的出场顺序与队进行比赛，求； （2）若队按甲、乙、丙的出场顺序与队进行比赛，求、两队打平的概率； （3）通过计算判断队怎样安排出场顺序对丁最有利，并说明实际意义． 【答案】（1） （2） （3）队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与队进行比赛时对丁最有利，理由：设丁获胜的概率为． 若队按甲、乙、丙的出场顺序与队进行比赛，则． 同理，若队按丙、乙、甲的出场顺序与队进行比赛，则． 若队按乙、甲、丙或丙、甲、乙的出场顺序与队进行比赛， 则． 若队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与队进行比赛， 则． 因为，所以队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与队进行比赛时对丁最有利． 因为丁连胜三盘的概率与顺序无关，所以丁连胜两盘、负一盘， 其中第二盘必胜，第二盘的对手实力越强， 连胜两盘的概率越小，第二盘的对手实力越弱，连胜两盘的概率越大， 根据已知丙的实力最弱，故A队按乙、丙、甲或甲、丙、乙的出场顺序与B队进行比赛时对丁最有利． 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的概率公式可求得出的值； （2）对三局的输赢情况进行分类讨论，结合题意可求出、两队打平的概率； （3）设丁获胜的概率为，对队三位棋手的出场顺序进行分类讨论，求出每种情况下的值，比较大小后可得出结论. 【小问1详解】 因为队按甲、乙、丙的出场顺序与队进行比赛， 所以丁连胜两盘且其中第二盘必胜，即对乙必胜， 所以． 故． 【小问2详解】 设、两队打平的概率为． 记事件第二盘为丁胜，第一、三盘分别为甲、丙胜． 记事件第二盘为乙胜，第一、三盘都是丁胜，则与为互斥事件， 则. 【小问3详解】 略 19. 如图，在长方体中，，矩形的周长为． （1）当该长方体的体积取得最大值时，证明：． （2）已知为棱的中点，平面与交于点，，且二面角的正切值为． ①求； ②若为棱的中点，点在棱上运动（不含端点），且异面直线与所成角的正切值不小于，求线段长度的取值范围． 【答案】（1） 连接，因为矩形的周长为，所以， 所以该长方体的体积． 当时，取得最大值，此时， 可知矩形为正方形，则． 在长方体中，平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面． 因为平面，所以． （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）利用二次函数的基本性质求出长方体体积的最大值及其对应的的长，可知矩形为正方形，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （2）①取的中点，连接、，分别取、的中点、，连接，交于点，连接、、，证明出平面，可知为二面角的平面角，求出、的长，即可求出的值； ②连接、、、，设，由异面直线所成角的定义可知异面直线与所成角为或其补角，设异面直线与所成角为，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求出的表达式，根据题意可得出关于的不等式，结合可求得长度的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①取的中点，连接、． 因为、分别为、的中点，所以， 在长方体中，，，则四边形为平行四边形， 所以，所以，则、、、四点共面，所以点与点重合． 因为且，所以，，所以． 连接，交于点，则． 分别取、的中点、，连接、、， 因为、分别为、的中点，所以，即，故． 因为，，、分别为、的中点， 所以，，所以四边形为平行四边形，则，， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，故，所以为二面角的平面角． 因为四边形是边长为的正方形，则， 所以， 因为平面，平面，所以， 则，则； ②连接、、、， 因为，，、分别为、的中点， 所以，，故四边形为平行四边形，故，， 又因为，，所以，， 故四边形为平行四边形，所以， 所以异面直线与所成角为或其补角， 设， 因为为棱的中点，所以， 所以，， ，． 由余弦定理得， 设异面直线与所成角为，则， 故，则， 由，可得． 因为，所以，即线段长度的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册． 一、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. 关于正九棱锥，下列判断错误的是（ ） A. 正九棱锥有18条棱 B. 正九棱锥的侧棱都相等 C. 正九棱锥有18个面 D. 正九棱锥的底面是正九边形 2. 抛掷一颗质地均匀的骰子，设事件“点数不大于4”，“点数大于3且小于6”，“点数是3的倍数”，“点数为奇数”，“点数为偶数”，则（ ） A. A，B为互斥事件 B. B，C为对立事件 C. C，D为互斥事件 D. D，E为对立事件 3. = A. -8 B. 8 C. D. 4. 若一个圆台的上、下底面的直径分别4，10，体积为，则该圆台的高为（ ） A. 2 B. C. 6 D. 3 5. 已知点，其中，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 6. 在平行四边形中，点G为的重心，则（ ） A. B. C. D. 7. 某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，构建了如图所示的几何模型，该模型中均与平面垂直．现已测得可直接到达的两点间距离，用测角仪测得，且在点C处测得点M，N的仰角分别为，，则M，N两点之间的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 在一个棱长为的正四面体容器（容器壁的厚度忽略不计）内放置四个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、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. 已知复数，则（ ） A. B. 的实部与虚部之和等于的实部 C. D. 在复平面内对应的点位于第二象限 10. 在四面体中，平面平面，则（ ） A. 四面体的体积为 B. 与平面所成的角为 C. 四面体外接球的表面积为 D. 与平面所成角的正弦值为 11. 若图G的关联结点（加黑的粗点）构成的点集记为V，V可划分为两个子集和，且图中的每一条边的一个关联结点在中，另一个关联结点必在中，则将图G称为二部图．现有下列六个图，若从这六个图中任选两个，则（ ） A. 这两个图都是二部图的概率为 B. 这两个图至少有一个是二部图的概率为 C. 这两个图不都是二部图的概率为 D. 这两个图恰有一个是二部图的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆锥与圆锥的母线长均为，圆锥的底面半径为，且圆锥的侧面积等于圆锥的底面积，则圆锥的表面积为__________． 13. 现有一组数据4，6，3，3，2，4，6，7，4，1，则这组数据的第70百分位数为__________，方差为__________． 14. 设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边．已知，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. 已知向量，且，定义向量的新运算：． （1）若向量，且，求； （2）证明：是的充要条件， 16. 年月日是第个世界环境日，某高校学生会在这一天随机抽取了名大学生，进行环保知识比赛．比赛以考试的形式进行，满分为分，考后搜集所有参赛大学生的比赛分数，将所得数据分为、、、、、六组，绘制得到如图所示的频率分布直方图．已知这名大学生中只有人获得满分，得满分者获得一等奖，得分不低于分且未获得满分者获得二等奖． （1）求的值并求获得二等奖的人数； （2）按比例用分层随机抽样的方式从比赛分数在、、内的大学生中抽取人，试问应抽取比赛分数在内的大学生多少人？ （3）估计这人比赛得分的平均数（同一组中的数据用该组数据所在区间的中点值作代表）． 17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A为锐角，且． （1）求A； （2）若，求的面积； （3）求． 18. 、两队进行围棋比赛，队有甲、乙、丙三位棋手，队只有丁一位棋手．比赛规则如下：队的三位棋手分别与丁对弈一盘，若一队棋手连胜两盘（负一盘）或连胜三盘，则该队获胜，若三盘比赛中没有一队获得连胜，则两队打平．已知甲、乙、丙分别与丁比赛且获胜的概率为、、，且各盘比赛相互独立．丁连胜两盘、负一盘的概率为，连胜三盘的概率为． （1）若队按甲、乙、丙的出场顺序与队进行比赛，求； （2）若队按甲、乙、丙的出场顺序与队进行比赛，求、两队打平的概率； （3）通过计算判断队怎样安排出场顺序对丁最有利，并说明实际意义． 19. 如图，在长方体中，，矩形的周长为． （1）当该长方体的体积取得最大值时，证明：． （2）已知为棱的中点，平面与交于点，，且二面角的正切值为． ①求； ②若为棱的中点，点在棱上运动（不含端点），且异面直线与所成角的正切值不小于，求线段长度的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $