精品解析：浙江省宁波市三锋教研联盟2024-2025学年高一下学期6月期末联考数学试题

2024学年第二学期宁波三锋教研联盟期末联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字： 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一项是符合要求的. 1. 某高中三个年级共有学生1200人，其中高一500人，高二400人，高三300人，该校为了解学生睡眠情况，准备从全校学生中抽取60人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 35 【答案】B 【解析】 【分析】按照分层比例抽取，列式求解. 【详解】由条件可知高一年级应抽取的人数是人. 故选：B. 2. 已知向量，，若，则k的值为（ ） A. B. C. -3 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行坐标公式，即可求解. 【详解】由可知，，得. 故选：A. 3. 若△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．若a2 +b2-c2=ab,则C= A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据余弦定理得到角C的余弦值，进而得到角C. 【详解】 故角 故答案为B. 【点睛】这个题目考查了余弦定理的应用，属于基础题. 4. 已知直线l，m，n与平面α，β，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】若，分析出有或相交或异面三种情况，即可判断A；若，过做平面，设，根据线面平行的性质定理得到，进而得到，再根据面面垂直的判定定理得到，即可判断B；若，，分析出有或与相交或三种情况，即可判断C；若，分和两种情况讨论的位置关系即可判断D. 【详解】若，则或相交或异面，故A错误； 若，则存在过的平面，，则由线面平行的性质定理可知， 又因为，所以，因为，所以，故B正确； 若，，则或与相交或，故C错误； 若，，，当时，； 当时，或与相交，或，故D错误； 故选：B 5. 某学生为测量宁波天封塔的高度，如图，选取了与天封塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为和，且，则宁波天封塔的高度是（ ） A. 50m B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先设，再根据直角三角形表示，最后根据余弦定理列式求解. 【详解】设，由，， 则，，且， 所以，得， 所以宁波天封塔的高度是. 故选：A 6. 已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的数量积，计算向量在另一向量上的投影向量. 【详解】向量在向量上的投影向量模长为， 因为，所以向量在向量上的投影向量与向量方向相反， 则投影向量为， 故选：C. 7. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，，则下列概率计算正确的是（ ） A. 该题被攻克的概率为 B. 该题未被攻克的概率为 C. 该题至少被一人攻克的概率为 D. 该题至多被一人攻克的概率为 【答案】D 【解析】 【分析】根据独立事件同时发生的概率公式，结合选项，即可求解. 【详解】A.该题被攻克为至少有1人攻克该题的概率，故A错误； B.该题未被攻克的概率为，故B错误； C.由A可知，该题至少被1人攻克的概率为，故C错误； D.该题至多被1人攻克 概率为，故D正确. 故选：D 8. 在正方体中是棱的中点，是四边形内一点（包含边），则直线与平面所成角的正弦值取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为点到平面的距离是定值，所以线面角的取值范围，转化为求的范围，利用数形结合，即可求解. 【详解】如图，设正方体棱长为2，平面，当点是靠近点的四等分点时，， 则平面，此时直线与平面所成角的正弦值最大为1， 当点与重合时，此时最长，即,点到平面的距离为，此时直线即与平面所成角的正弦值最小，为， 所以直线与平面所成角的正弦值取值范围是. 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. 为实数 D. 在复平面内对应的点位于第三象限 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的乘法公式，求出复数，再根据共轭复数、复数的模、复数对应复平面内的点的概念，判断各选项正误. 【详解】由， 所以，所以A正确， ，，所以B错误， ，所以C正确， 在复平面内对应的点为，在第四象限，所以D错误. 故选：AC. 10. 射击场，甲乙两人独立射击同一个靶子，击中靶子的概率分别为，.记事件A为“两人都击中”，事件B为“至少1人击中”，事件C为“无人击中”，事件D为“至多1人击中”则下列说法正确的是（ ） A. 事件A与C是互斥事件 B. 事件B与D是对立事件 C. 事件C与D相互独立 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据事件之间的关系，以及互斥事件，对立事件的概念，相互独立事件的概率公式逐一判断即得. 【详解】依题意， ， 对于A：因“两人都击中”的对立事件为“至多1人击中”，即包括“无人击中”，“1人击中”，故事件A与C是互斥事件，故A正确； 对于B:因为事件B,D中都包含1人击中，故B错误； 对于C：因为事件C,D中都包含0人击中，故C错误； 对于D：因为，所以，故D正确； 故选：AD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M，P分别为线段，上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 当M，P分别为线段，中点时，， B. 取得最小值 C. 当四面体的四个顶点在同一球面上时，若，则球体积为 D. 对任意点M，平面平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.首先判断和的关系，即可判断A；B.将三角形和三角形展成一个平面，根据，即可求解；C.利用补体法，求四面体外接球的半径，即可判断C；根据几何关系，判断平面，判断D. 【详解】对于A.如图，，， ，所以当点是的中点时，与不垂直，故A错误； 对于B.如图，等腰直角三角形和直角三角形展成一个平面，当三点共线时，此时最小，为， ，， ，故B正确； 对于C.四面体的外接球和四棱锥是同一个外接球， 可以将四棱锥补成如图的长方体， 所以外接球的直径，即， 所以外接球的体积，故C正确； 对于D.如图，平面，平面，所以， 且，且，且平面，所以平面， 平面，所以， 同理， 且，且平面， 所以平面，平面，所以平面平面，故D正确. 三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，为两个不共线的向量，，，则_______（用，表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的加减、数乘法则进行计算即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 13. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示.如果原正方体石料棱长是，那么一张石凳的表面积是________. 【答案】 【解析】 【分析】首先将原正方体的图形还原，根据正方体的棱长求出石凳的边长，然后根据等边三角形面积公式和正方形面积公式求出其表面积即可. 【详解】原正方体石料图形为： 因为正方体的棱长为， 那么石凳的每条边的边长为. 石凳上等边三角形的高为 所以石凳的表面积为： . 故答案为：. 14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理和三角形面积公式将等式化简可求出角的值，然后确定的范围，最后根据正弦定理即可求出的范围. 【详解】因为，则， 整理可得，且，可知， 由为锐角三角形可得：，所以 所以. 故答案为：. 四、解答题：本题共5个小题，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，，且与的夹角为. （1）分别求与的值； （2）若，求的值. 【答案】（1）1， （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积定义和向量模的公式求解即可. （2）根据向量垂直，可得到其数量积为0，从而可列出等式求出的值. 【小问1详解】 . . 【小问2详解】 因为， 所以，解得. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）若此三角形有两个解，求b的取值范围； （2）若，求； （3）若，求的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据三角形解的个数，代入公式，即可求解； （2）首先由正弦定理，将角转化为边，再结合余弦定理，即可求解； （3）首先正弦定理角化边得，再根据余弦定理变形求，最后代入面积公式，即可求解. 【小问1详解】 由，得 【小问2详解】 由正弦定理可得，， 则，，由， 可得，即. 由余弦定理可得，， 即，即，解得， 联立，解得. 【小问3详解】 因为，由正弦定理的边角互化可得，， 由余弦定理可得，，即， 所以，解得， 则. 17. 从某学校的600名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人. （1）求第六组，第七组的频率； （2）估计该校的600男生的身高的平均数和第75百分位数（精确到0.1）， （3）若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为，，事件，求. 【答案】（1）0.08，0.06； （2）平均数为174.1，第75百分位数为178.8； （3） 【解析】 【分析】（1）用第六组的人数除以样本容量即是第六组的频率，通过频率分布直方图中各组频率之和为1可求得第七组的频率. （2）首先将每组的频率求出来，然后利用平均数和百分位数的概念和公式求出结果. （3）首先确定第六组和第八组的频数，然后列出满足题干要求的情况种数，除以总情况种数即是所求概率. 【小问1详解】 第六组的频率为， 第七组的频率为. 【小问2详解】 由直方图得，身高在第一组的频率为， 身高在第二组的频率为， 身高在第三组的频率为， 身高在第四组的频率为， 身高在第五组的频率为， 身高在第六组的频率为， 身高在第七组的频率为， 身高在第八组的频率为， 平均数为 ， 由于， 设这所学校的600名男生的身高第75百分位数为，则， 由，得， 所以这所学校的600名男生的身高的第75百分位数为178.8cm. 【小问3详解】 第六组的抽取人数为4，设所抽取的人为a，b，c，d， 第八组的抽取人数为，设所抽取的人为A，B， 则从中随机抽取两名男生有，，，，，， ，，，，，，，，共15种情况， 因事件发生当且仅当随机抽取的两名男生在同一组， 所以事件E包含的基本事件为，，，，，，共7种情况. 所以. 18. 如图，六面体中，四边形为菱形，，，，且平面平面. （1）点M是棱的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取的中点为N，连接，，， 由M，N分别为，的中点，则，且， 再由，且，则，， 故四边形为平行四边形， 即，且平面，平面， 故平面； （2）证明：由四边形为菱形，则， 由平面平面，且平面平面，平面， 则平面， 由平面，则， 由，，则， 由，平面，则平面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，通过构造辅助线，得到平行四边形，即可证明； （2）根据菱形的性质，以及垂直关系的转化，证明，以及，即可证明； （3）根据（2）的证明过程，构造二面角的平面角，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设是菱形对角线交点由（2）可知面，平面， 所以，作垂足为，连接， ，平面，所以平面,平面, 所以，所以为所求二面角的平面角. 因为， 由与相似，得，，所以. 中，所以. 19. 克罗狄斯托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号如图，半圆O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，，B为半圆上任意一点，且三角形为正三角形. （1）当时，求四边形的周长； （2）当多大时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； （3）若与相交于点D，则当线段的长取最大值时，求的值. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）依题意由余弦定理求出的长，即可求得正三角形的边长，进一步可求得四边形的周长. （2）设，由余弦定理表示出，再表示出四边形的面积，由三角函数性质即可求解. （3）解法一：依题意求得的最大值及取最大值时的条件，再由余弦定理求得的长，即可求得，的大小，由角平分线性质求得，的长，进一步求得，即可求得的值； 解法二：依题意求得的最大值及取最大值时的条件，再由余弦定理求得的长，即可求得，的大小，由角平分线性质求得，的长，由平分得，利用向量运算得，从而利用数量积的运算律求解即可. 【小问1详解】 在中，由余弦定理得 ， 所以. 所以四边形的周长为. 【小问2详解】 设，在中，由余弦定理得， 四边形的面积为 ， 当即时，四边形的面积取到最大值为. 【小问3详解】 解法一：由题意，且为正三角形， ，，，即的最大值为6，取等号时，，则. 不妨设，则，得，即，故， 在中，由余弦定理得，故为的角平分线， 由角平分线性质可得，，故，. 下证角平分线性质： 已知中，是的角平分线，交于，求证：. 证明：在中， ，在中，， 因为是的角平分线，所以， 又，所以. 由，A，C，B四点共圆，由相交弦定理，得，或（舍去）. 在中，， 所以. 解法二：由题意，且为正三角形， ，，，即的最大值为6，取等号时，，则. 不妨设，则，得，即，故， 在中，由余弦定理得，故为的角平分线， 由角平分线性质可得，，故，. 由A，O，B，C四点共圆知，平分， 所以，故. 于是 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期宁波三锋教研联盟期末联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟； 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字： 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4.考试结束后，只需上交答题纸. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一项是符合要求的. 1. 某高中三个年级共有学生1200人，其中高一500人，高二400人，高三300人，该校为了解学生睡眠情况，准备从全校学生中抽取60人进行访谈，若采取按比例分配的分层抽样，且按年级来分层，则高一年级应抽取的人数是（ ） A. 20 B. 25 C. 30 D. 35 2. 已知向量，，若，则k的值为（ ） A. B. C. -3 D. 3 3. 若△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c．若a2 +b2-c2=ab,则C= A. B. C. D. 4. 已知直线l，m，n与平面α，β，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 5. 某学生为测量宁波天封塔的高度，如图，选取了与天封塔底部D在同一水平面上的A，B两点，测得，在A，B两点观察塔顶C点，仰角分别为和，且，则宁波天封塔的高度是（ ） A. 50m B. C. D. 6. 已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知两人能攻克的概率分别是，，则下列概率计算正确的是（ ） A. 该题被攻克的概率为 B. 该题未被攻克的概率为 C. 该题至少被一人攻克的概率为 D. 该题至多被一人攻克的概率为 8. 在正方体中是棱的中点，是四边形内一点（包含边），则直线与平面所成角的正弦值取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. 为实数 D. 在复平面内对应的点位于第三象限 10. 射击场，甲乙两人独立射击同一个靶子，击中靶子的概率分别为，.记事件A为“两人都击中”，事件B为“至少1人击中”，事件C为“无人击中”，事件D为“至多1人击中”则下列说法正确的是（ ） A. 事件A与C是互斥事件 B. 事件B与D是对立事件 C. 事件C与D相互独立 D. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M，P分别为线段，上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 当M，P分别为线段，中点时，， B. 取得最小值 C. 当四面体的四个顶点在同一球面上时，若，则球体积为 D. 对任意点M，平面平面 三、填空题：本题3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，为两个不共线的向量，，，则_______（用，表示） 13. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示.如果原正方体石料棱长是，那么一张石凳的表面积是________. 14. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，则的取值范围是______. 四、解答题：本题共5个小题，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，，且与的夹角为. （1）分别求与的值； （2）若，求的值. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）若此三角形有两个解，求b的取值范围； （2）若，求； （3）若，求的面积. 17. 从某学校的600名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组，第二组，…，第八组，图是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第一组与第八组人数相同，第六组的人数为4人. （1）求第六组，第七组的频率； （2）估计该校的600男生的身高的平均数和第75百分位数（精确到0.1）， （3）若从身高属于第六组和第八组的所有男生中随机抽取两名男生，记他们的身高分别为，，事件，求. 18. 如图，六面体中，四边形为菱形，，，，且平面平面. （1）点M是棱的中点，求证：平面； （2）求证：平面； （3）若，求平面与平面夹角的余弦值. 19. 克罗狄斯托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号如图，半圆O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，，B为半圆上任意一点，且三角形为正三角形. （1）当时，求四边形的周长； （2）当多大时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； （3）若与相交于点D，则当线段的长取最大值时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $