精品解析：浙江省嘉兴市2024-2025学年高一下学期6月期末检测数学试题

嘉兴市2024~2025学年第二学期期末检测 高一数学试题卷 （2025.6） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法运算法则计算即可. 【详解】因为， 所以 故选：A 2. 记的内角的对边分别为，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理计算即可. 【详解】由余弦定理可得， 所以. 故选：B 3. 在中，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据条件确定点的位置然后利用向量的线性运算用表示即可. 【详解】因为，所以为线段的三等分点，如图所示， . 故选：A 4. 一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个黄球，从袋中不放回地随机摸出2个球，则这2个球颜色相同的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用列举法及古典概型的概率求法求概率即可. 【详解】由设红球为A, B，黄球为1, 2, 从袋中不放回地随机摸出2个球，共有6种结果：{A,B}, {A,1}, {A,2}, {B,1}, {B,2}, {1,2} 这2个球颜色相同的有2种结果：{A,B}与{1,2} 2个球颜色相同的概率为. 故选：B 5. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由线面关系逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则或或，故C错误； 对于D，由线面平行的性质定理可知 D正确. 故选：D 6. 一个盒子中装有标号为的5张标签，有放回地随机选取两张标签，记事件“两张标签标号之积大于15”，事件“第一张标签标号小于3”，则（ ） A. B. C. 与互斥 D. 与相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意写出所有样本点，然后根据古典概型概率公式计算的值，然后利用互斥事件与相互独立事件的定义去判断C D选项即可. 【详解】根据题意可知所有的样本点共有： ， ， ， ， 共个， 事件包含的样本点有：，共个，所以，故A错误； 事件包含的样本点有： ，共个，所以，故B错误； 因为，所以与互斥，故C正确； 因为，，所以，所以与不相互独立，D错误. 故选：C 7. 在三棱台中，平面平面是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，则二面角的正切值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】设，若分别为的中点，连接，根据已知及线面垂直的判定、性质定理证明、，结合二面角的定义找到其平面角，进而求其正切值. 【详解】设，易知为等腰梯形，故， 所以，故， 若分别为的中点，连接，则，即， 由是以为直角顶点的等腰直角三角形，则， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面，而平面，故， 由且都在平面内，则平面， 由平面，则， 综上，二面角的平面角为，且为直角三角形， 由，，所以. 故选：D 8. 记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的面积之比为，得是的中点，且，由余弦定理化简可得，即，在利用面积公式计算即可求解. 【详解】延长交于， 因为的面积之比为， 所以是中点， 因为面积之和与面积之比为，所以， 又因为， 所以 又因为，求得， 所以， 则，又的面积为20， 所以，解得. 故选：B. 二､多选题：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. 有一组样本数据，其中，则（ ） A. 该组数据的中位数为2.5 B. 该组数据的极差大于1 C. 该组数据的平均数等于的平均数 D. 该组数据的方差不小于的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据中位数、极差、平均数和方差的定义判断即可. 【详解】对于A，因为，所以该组数据的中位数为，故A正确； 对于B，因为，所以，又因为，所以， 所以该组数据的极差大于1，故B正确； 对于C，该组数据的平均数为， 而数据的平均数为， 若两组数据的平均数相等，则，即，不一定成立，故C错误； 对于D，因为数据的平均数为， 所以数据的方差为， 新增数据后，方差为： ， 此时对称轴，而， 故， 此时对称轴，故 ， 故样本数据的方差必然大于原方差，故D正确. 故选：ABD. 10. 记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（ ） A. B. 若的面积为，则 C. 若平分，则 D. 若，当最大时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用余弦定理结合求出，通过的范围确定值判断A选项；利用正弦定理面积公式求得，再根据相邻数量积的运算判断B选项；利用角平分线定理确定，再利用平面向量基本定理得，通过平方计算判断C；建立平面直角坐标系，利用坐标求得关于的表达式，在利用基本定理求解判断D. 【详解】对于A，因为， 由余弦定理有：， 整理得：，即， 所以，又因为，所以，所以A正确； 对于B，因为，解得， 所以，所以B正确； 对于C，根据角平分线定理有：，所以， 所以， 且，， 所以 ， 所以，所以C错误； 对于D，因为，， 所以， 所以，所以为为直角三角形，， 建立如图所示平面直角坐标系，设，， ，，， 所以，，令， ，所以为锐角， 则 ，即 因为，所以在上单调递减， 所以越小值越大， 因为， 当且仅当，因为，所以当时等号成立， 所以当最大时，，D正确. 故选：ABD 11. 已知正方体的棱长为分别是的中点，过作平面，记平面平面，且截正方体所得截面多边形为，则（ ） A. 若平面，则与平面所成的角为 B. 若平面，则与所成的角为 C. 若，则的周长为 D. 若，以为顶点，为底面的几何体的外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A由面面平行的性质及线面角的定义有与平面所成的角为，进而求其大小；B同A分析找到与所成的角的平面角，即可判断；C、D根据正方体的结构特征，应用线面垂直的判定和性质找到截面并求周长，进而求几何体外接球的半径得到表面积判断. 【详解】A，如下图，平面平面，因为平面平面， 由面面平行的性质定理知，又直线与平面所成的角为， 所以，则与平面所成的角的正切值为，A错误. B，平面平面，因为平面平面，所以. 根据A知，所以与所成的角与与所成的角大小相等. 又因为在矩形中，是的中点，根据，易得. 所以与所成的角为正确. C，由题设易知，而，则， 由平面，平面，则， 由且都在平面内，则平面， 由平面，则， 若为的中点，同理可证，且都在平面内， 所以平面，若，显然平面即为， 所以是边长为的正六边形，周长为，C正确. D，设正六边形中心为，球心为，半径为，则， 所以，所以， 外接球表面积为，D正确. 故选：BCD 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的乘法化简可得复数，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 记的内角的对边分别为，已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦边角关系及已知得，进而有，代入已知关系式即可求. 【详解】由正弦边角关系及已知有，又均为三角形内角， 所以，即，，易知， 所以，则. 故答案为： 14. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】连接，由余弦定理及线面垂直的判定和性质得在底面内的投影在直线上，根据已知及定义列方程求二面角的余弦值. 【详解】连接，由已知在中， 又因为是的中点，所以， 又且都在平面内，所以平面， 所以在底面内的投影在直线上. 在中，根据勾股定理得，易知，又， 在中，由余弦定理可得， 所以，则，设二面角为， 由三面角定理得， 即， 即，所以. 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 已知向量满足. （1）若，求的坐标； （2）若，求与的夹角的余弦值. 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）设，由向量平行及模长的坐标运算列方程求参数值，即可得； （2）由向量垂直及数量积的运算律、定义列方程求夹角余弦值. 【小问1详解】 设， 因为，所以， 因为，所以，解得或， 所以或. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，代入得，， 所以，所以与的夹角的余弦值为. 16. 如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，为的中点，将沿翻折至. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证； (2)根据勾股定理证明，从而求出的长度，再根据面面垂直的判定以及性质可得即直线与平面所成角，最后利用余弦定理即可得解. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为，所以， 又因为分别是的中点，所以，所以， 因，平面所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 在中，，，， 所以， 在中，， 由可得， 在中，，则， 因为平面平面， 所以平面平面， 又因为平面平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，，，， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 17. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生的使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 【答案】（1），平均值为1.73； （2）. 【解析】 【分析】（1）由频率和为1求参数值，根据频率直方图中平均数的求法求平均数即可； （2）应用分层抽样性质确定不同用户的人数，再由列举法求古典概型的概率即可. 【小问1详解】 因，所以. 平均值：. 【小问2详解】 抽取的6名学生中，“青铜用户”选4名，记为，“铂金用户”选2名，记为， 样本空间， 设事件“这2名学生中恰好有一名是“青铜用户””，则. 因为抽中样本空间中每一个样本点的可能性都相等，所以这是一个古典概型. 所以. 18. 记的内角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若是的中点，且，求； （3）若，求的面积. 【答案】（1）或； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理求角的大小； （2）由及余弦定理得，法一：应用正余弦定理得，即可求边长；法二：延长至点，使得，连接，易得，利用等比例性质求边长； （3）在内作，再由正弦定理、三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，即，解得， 所以或. 【小问2详解】 因为，即，化简得①. 法一：在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 又，所以， 在中，由余弦定理可得，所以，则②. 联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）. 所以. 法二： 延长至点，使得，连接， 由题意，则，即，整理得③. 联立①③，，解得或（舍）. 所以. 【小问3详解】 在内作，所以，设， 在中，由正弦定理知，即，知， 所以， 所以. 19. 我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）已知一个半径为的半球（如图①），以及一个底面半径和高都等于的圆柱（如图②），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，试用祖暅原理求新几何体的体积. （2）已知正方体的棱长为为空间内一点，满足，记点的轨迹所围成的空间几何体为. （i）求平面截空间几何体所得截面的面积； （ii）若平面把空间几何体分成两个部分，求较小部分的体积. 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题设祖暅原理判断新几何体与半球的体积关系，再应用球体体积公式求体积； （2）（i）点的轨迹是以为球心，为半径的球，记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为，进而求出，即可得截面面积；（ii）首先判断所得几何体的构成，再应用圆柱、圆台的体积公式求体积. 【小问1详解】 图①为半径为的半球，图②为底面半径和高都为的圆柱中挖掉一个圆锥， 其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分） 设图①截面圆的圆心为，且，则截面圆的面积为， 图②截圆锥得到的小圆的半径为，所以圆环的面积为， 所以截得的截面面积相等， 由祖晅原理可知，新几何体的体积等于半球的体积，即. 【小问2详解】 记的中点为，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球. 记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为. （i）球的半径， 根据勾股定理得. 所以截面面积. （ii）平面把空间几何体分成两个部分，这两部称为球缺. 记较小部分球缺的体积为，根据祖晅原理及（1）分析，较小部分球缺的体积可用圆柱体积减去一个等高的圆台体积， 其中圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为. 所以较小部分球缺的体积为， 其中，所以球缺的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 嘉兴市2024~2025学年第二学期期末检测 高一数学试题卷 （2025.6） 本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名､准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上. 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 记的内角的对边分别为，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 在中，，记，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个黄球，从袋中不放回地随机摸出2个球，则这2个球颜色相同的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 一个盒子中装有标号为5张标签，有放回地随机选取两张标签，记事件“两张标签标号之积大于15”，事件“第一张标签标号小于3”，则（ ） A. B. C. 与互斥 D. 与相互独立 7. 在三棱台中，平面平面是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，则二面角的正切值为（ ） A. B. C. D. 2 8. 记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（ ） A. 4 B. 6 C. D. 二､多选题：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. 有一组样本数据，其中，则（ ） A. 该组数据的中位数为2.5 B. 该组数据的极差大于1 C. 该组数据的平均数等于的平均数 D. 该组数据的方差不小于的方差 10. 记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（ ） A. B. 若的面积为，则 C. 若平分，则 D. 若，当最大时， 11. 已知正方体的棱长为分别是的中点，过作平面，记平面平面，且截正方体所得截面多边形为，则（ ） A. 若平面，则与平面所成的角为 B. 若平面，则与所成的角为 C. 若，则的周长为 D. 若，以为顶点，为底面的几何体的外接球的表面积为 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数，则__________. 13. 记的内角的对边分别为，已知，则__________. 14. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为__________. 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. 已知向量满足. （1）若，求的坐标； （2）若，求与的夹角的余弦值. 16. 如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，为的中点，将沿翻折至. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的余弦值. 17. 是一款人工智能学习辅助工具，某高校为了解学生使用情况，统计了该校学生在某日使用的时间（单位：小时），整理数据后，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计该校学生当日使用的时间的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）若使用时间不小于2小时的用户称为“资深用户”，其中使用时间在内的用户称为“青铜用户”，使用时间在内的用户称为“铂金用户”.为了进一步了解对学习的辅助效果，该校新闻中心采用分层抽样的方法在“资深用户”中抽取了6名学生进行问卷调查，并从这6名学生中随机选择2名学生进行访谈，求这2名学生中恰好有一名是“青铜用户”的概率. 18. 记内角的对边分别为，已知. （1）若，求； （2）若是中点，且，求； （3）若，求的面积. 19. 我国古代南北朝数学家祖暅在计算球体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）已知一个半径为的半球（如图①），以及一个底面半径和高都等于的圆柱（如图②），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，试用祖暅原理求新几何体的体积. （2）已知正方体的棱长为为空间内一点，满足，记点的轨迹所围成的空间几何体为. （i）求平面截空间几何体所得截面的面积； （ii）若平面把空间几何体分成两个部分，求较小部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $