精品解析：湖北省武汉市新洲区问津联盟2024-2025学年高一下学期6月期末质量检测数学试题

2024~2025学年度下学期期末 新洲区部分学校高中一年级质量检测 数学试卷 考试用时：120分钟 满分：150分 考试时间：2025.06 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得. 【详解】由，则得，求解得， 则的虚部为，故B项正确. 故选：B. 2. 设，若，则实数（ ） A. B. 0 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算的坐标运算求得，结合向量数量积的坐标运算可求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以，解得. 故选：D. 3. 一组数据78，70，72，79，80，84，86，88，81，94的第70百分位数是（ ） A. 81 B. 84 C. 85 D. 86 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用数据的百分位数的概念与计算方法，即可求解. 【详解】将这组数据从小到大排列为：70，72，78，79，80，81，84，86，88，94共10个数， 所以,则其第70百分位数为：，则C项正确. 故选：C. 4. 某圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意先计算出母线长，再求出底面半径，从而可求出圆锥的高，进而可求出轴截面的面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 因为圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形， 所以，解得， 因为，所以，得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是. 故选：A. 5. 已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下面四个命题错误的有（ ） A. 若，，则； B. 若，，，，则； C. 若，，则； D. ，，则. 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面平行、线面垂直的性质判断A、D；根据平面的基本性质，结合空间想象判断B、C. 【详解】A：由，，根据面面平行的性质知，故A正确； B：若，，，， 若或与相交，则相交或异面，显然与矛盾， 故都不与相交，即，，此时有，故B正确； C：若，，则可能平行或异面，故C错误； D：由，，根据线面垂直的性质知，故D正确. 故选：C. 6. 已知中，，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析出为直角三角形，求出的值，结合投影向量的定义可求得结果. 【详解】如下图所示，因为，可知外接圆圆心是， 因为，则为的中点，故是外接圆直径，故， 设，因为，所以， ， 因为，， 解得：（因为是锐角） 因为，所以， 又因为，所以， 所以在上的投影向量为， 因此，在上的投影向量为. 故选：D. 7. 如图，已知正四棱柱中，，设直线与平面所成的角为，直线与直线所成的角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用线面垂直即面，求出；然后再求出，再结合余弦定理求出，从而可求解. 【详解】由题意及图可得四边形为正方形，则， 又因为面，且面，则， 又因为，面，所以面， 所以即为直线与平面所成的角为， 由，可设，则， 所以， 所以； 由题及图可知，则即为直线与直线所成的角为， 在中，，则为等腰三角形， 所以， 所以，故B项正确. 故选：B. 8. 已知中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简得到，从而得到，得到，，利用正弦定理得到，从而得到的取值范围. 【详解】在中，由，得， 由，得，则，，， 由正弦定理，得 ，由，得，则， 所以的取值范围是. 故选：A 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. 若复数，为虚数单位，则（ ） A. B. 若，则或 C. 是方程在复数范围内的一个解 D. 若复数满足，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的乘方可判断A选项；利用复数的乘法和复数的概念可判断B选项；解方程，可判断C选项；利用复数模的三角不等式可判断D选项. 【详解】. 对于A选项，，A对； 对于B选项，若， 则，解得，B错； 对于C选项，由得， 解得或， 故不是方程在复数范围内的一个解，C错； 对于D选项，因为复数满足， 所以，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立， 综上所述，，D对. 故选：AD. 10. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ） A. 图（1）的平均数=中位数=众数 B. 图（2）的众数<中位数<平均数 C. 图（2）的众数<平均数<中位数 D. 图（3）的平均数<中位数<众数 【答案】ABD 【解析】 【分析】据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【详解】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确； 图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B正确，C错误； 图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 存在点，使得直线平面 B. 过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，且定值为 D. 的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正方体的性质，结合线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可判断ABC的正误，利用展开法，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A，过点与平面平行的直线都在过点与平面平行的平面内， 易知过与平面平行的平面截正方体的截面为如图 所示的六边形，其各顶点都是正方体的相应棱的中点， 由于，平面，平面， ∴平面与直线平行，∴平面与线段没有公共点， 即点在平面外，点在平面内，所以不存在点， 使得平面平面，故A错误； 对于B，∵正方体的对面互相平行，∴过三点的平面截正方体的 对面所得的截线互相平行，又∵点为线段的中点， ∴截面交于其中点，连接，则四边形即为所求截面， 显然为等腰梯形，且， 梯形的高， 面积为，故B正确； 对于C，∵，平面，， ∴平面，又∵，∴点到平面的距离为定值， 又∵的面积为定值，∴当点在线段上运动时， 三棱锥的体积不变，当点与点重合时， ， 故C正确； 对于D，将矩形展开到与等腰直角三角形在同一平面内，如图所示， ， 当共线时取等号，故D错误. 故选：BC. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 立德中学某次课外定点投篮比赛中，登记的9个数据的平均数为8，其中．后来发现应该为10，并且漏登记了一个数据15，则修正后的10个数据的平均数为______． 【答案】9 【解析】 【分析】求出修正后的10个数据的和，进而求出平均数. 【详解】修正后的10个数据的和为， 修正后的10个数据的平均数为. 故答案为：9 13. 如图，菱形中，，，，点在线段上，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得出，分别是，的一个三等分点，设，然后把用，表示可得，和已知等式相比，即可求得答案. 【详解】由题意得，， 所以，分别是，的一个三等分点，，， 设， 则 ， 又， 所以，解得， 所以. 故答案为：． 14. 如图，三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径，则三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接，利用勾股定理求出，再由球的表面积公式计算可得结论. 【详解】因为，，，所以， 所以的外心为斜边的中点，且的外接圆的半径， 因为点在底面的投影为的外心，所以平面， 所以三棱锥外接球的球心在上，设球心为，外接球的半径为，连接， 则，所以，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积. 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. 如图，在棱长为3的正方体中，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明：在棱长为2的正方体中，设相交于点，连结， 是中点，而为中点，， 又平面平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）利用中位线证明线线平行，再证明线面平行即可； （2）利用三棱锥体积公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在棱长为2的正方体中，平面， 又三棱锥的体积为， ， ． 16. 已知向量，，函数，且的最小正周期为． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）将的图象上的点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4倍，再把整个图象向左平移个单位得到的图象，已知，，则在上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）利用向量的坐标运算，结合三角恒等变形，可得，再利用周期性可得，最后可利用正弦函数的单调性求解即可; （2）利用平移伸缩变换可得，再利用设未知点坐标，结合垂直列相等关系，通过值域分析取等号条件,问题即可求解. 【小问1详解】 由题意可知 ， ， 因为的最小正周期为，，所以，得， 即， 由，解得， 所以单调递减区间为， 又因为，所以和， 所以在上的单调递减区间为． 【小问2详解】 将的图象纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4倍， 得到，再把整个图象向左平移个单位， 得到， 设， 则， 则， 若，则， 即，整理得：， 因为，所以，所以， 所以，而， 所以，此时， 故在上存在一点，使得． 17. 树人中学为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量（简称“美食”）的过程中，后勤部门需了解学生对“美食”工作的认可程度，若学生认可系数（认可系数）不低于0.90，则“美食”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改．为此后勤部门随机调查了该校600名学生，根据这600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成]五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中t的值和第70百分位数（结果保留两位小数）； （2）为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，后勤部门从评分低于80分的学生中，按照调查评分的分组，分为3层，通过按比例分配分层随机抽样抽取45人进行座谈，求应选取评分在的学生人数； （3）根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由． 【答案】（1），88.33 （2）20 （3）需要进一步整改，理由：由图可知，认可程度平均分为：， 显然认可系数低于0.90，所以“美食”工作需要进一步整改． 【解析】 【分析】（1）由面积之和为1求，由百分位数定义求第70百分位数即可； （2）由分层抽样的定义计算即可； （3）计算认可系数并和0.9比较大小即可作出结论. 【小问1详解】 由图可知：，所以， 评分在内的频率为， 内的频率为， 则第70百分位数位，且， 所以第70百分位数为88.33． 【小问2详解】 低于80分的学生中三组学生的人数比例为， 则应选取评分在的学生人数为：（人）； 【小问3详解】 略 18. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 由题意知，所以， 即，所以， 又在矩形中，且平面， 所以平面， 而平面，故平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）只需证明平面，再结合面面垂直的判定定理证明即可； （2）由等体积法，求点面距离即可； （3）由定义说明为二面角的平面角，再结合解三角形知识求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由可得，又由（1）知平面， 所以， 设点到平面的距离为，则， 又，所以，即． 【小问3详解】 在平面内作，垂足为；在平面内作，垂足为， 连接，由平面平面，故， 因为平面，所以平面， 由（2）知，因为平面，故，又，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 则为二面角的平面角， 又平面，故，所以． 由题意知直角三角形中，， 故， 又，则，所以， 故二面角的余弦值为． 19. 如图，若内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．某同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索并得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题： （1）若，求； （2）已知角所对的边分别为，且，求证：； （3）在（2）的条件下，若的周长为6，试把表示为的函数，并求的值域． 【答案】（1） （2） 由，则，， 在中，由正弦定理得，解得①， 在中，， ， 由正弦定理得，，得②， 联立①②得，即． 在中，由正弦定理有， 与两边相乘得； （3）， 【解析】 【分析】（1）设，由余弦定理得，表达出其他各角，在两个三角形中分别由正弦定理得，，得到方程，解得； （2）在和中，分别使用正弦定理得到方程组，两边相乘得； （3）由题意有，利用向量数量积公式和余弦定理得到，结合基本不等式和三角形边的关系，求出，单调递减，从而求出的值域. 【小问1详解】 设，由时，得， 由余弦定理得， 所以， 又，所以， 在中，由正弦定理得， 解得， 又由题干知，在中，由正弦定理得， 解得， 所以，即， 即，解得． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意有， 则 ， 所以， 又因为，（当且仅当时，等号成立），解得， 又由三角形边的关系知，则，即， ，整理得，解得，即， 而时，单调递减， ， 所以的值域为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度下学期期末 新洲区部分学校高中一年级质量检测 数学试卷 考试用时：120分钟 满分：150分 考试时间：2025.06 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设，若，则实数（ ） A. B. 0 C. 2 D. 3. 一组数据78，70，72，79，80，84，86，88，81，94的第70百分位数是（ ） A. 81 B. 84 C. 85 D. 86 4. 某圆锥的侧面展开图是面积为，圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积为（ ） A. B. 3 C. 4 D. 5. 已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下面四个命题错误的有（ ） A. 若，，则； B. 若，，，，则； C. 若，，则； D. ，，则. 6. 已知中，，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知正四棱柱中，，设直线与平面所成的角为，直线与直线所成的角为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. 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. 若复数，为虚数单位，则（ ） A. B. 若，则或 C. 是方程在复数范围内的一个解 D. 若复数满足，则 10. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ） A. 图（1）的平均数=中位数=众数 B. 图（2）的众数<中位数<平均数 C. 图（2）的众数<平均数<中位数 D. 图（3）的平均数<中位数<众数 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 存在点，使得直线平面 B. 过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积为定值，且定值为 D. 的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 立德中学某次课外定点投篮比赛中，登记的9个数据的平均数为8，其中．后来发现应该为10，并且漏登记了一个数据15，则修正后的10个数据的平均数为______． 13. 如图，菱形中，，，，点在线段上，且，则______． 14. 如图，三棱锥中，，点在底面的投影为的外心，若，，，则三棱锥的外接球的表面积为______． 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. 如图，在棱长为3的正方体中，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积． 16. 已知向量，，函数，且的最小正周期为． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）将的图象上的点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的4倍，再把整个图象向左平移个单位得到的图象，已知，，则在上是否存在一点，使得，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由． 17. 树人中学为了学生的身心健康，加强食堂用餐质量（简称“美食”）的过程中，后勤部门需了解学生对“美食”工作的认可程度，若学生认可系数（认可系数）不低于0.90，则“美食”工作按原方案继续实施，否则需进一步整改．为此后勤部门随机调查了该校600名学生，根据这600名学生对“美食”工作认可程度给出的评分，分成]五组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中t的值和第70百分位数（结果保留两位小数）； （2）为了解部分学生给“美食”工作评分较低的原因，后勤部门从评分低于80分的学生中，按照调查评分的分组，分为3层，通过按比例分配分层随机抽样抽取45人进行座谈，求应选取评分在的学生人数； （3）根据你所学的统计知识，结合认可系数，判断“美食”工作是否需要进一步整改，并说明理由． 18. 如图1，在矩形中，，，将沿翻折至，且，如图2所示． （1）求证：平面平面； （2）求点到平面的距离； （3）求二面角的余弦值． 19. 如图，若内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．某同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索并得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题： （1）若，求； （2）已知角所对的边分别为，且，求证：； （3）在（2）的条件下，若的周长为6，试把表示为的函数，并求的值域． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $