精品解析：湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

武汉市常青联合体2024-2025学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 命题学校：武汉市关山中学 命题教师：杨文华 审题教师：李逸群 考试时间：2025年6月27日 试卷满分：150分 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. （必修二教材P95T8和2025高考T1改编） 1. 若i为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数的乘方运算化简，即可得. 【详解】由，虚部为. 故选：A 2. 下列说法不正确的是（ ） A. 零向量加一个零向量还是零向量 B. 零向量减一个零向量还是零向量 C. 零向量乘一个零向量还是零向量 D. 零向量乘零还是零向量 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的运算性质及零向量的性质判断各项的正误. 【详解】由向量的运算性质，零向量乘一个零向量是数量零，而两个零向量的加减、数乘（乘以0）均为零向量. 故选：C （必修二教材P206探究改编） 3. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关，在下图两种分布形态中，分别对应平均数和中位数之一，则可能的对应关系是（ ） A. 为中位数，为平均数，为平均数，为中位数 B. 为平均数，为中位数，为平均数，为中位数 C. 为中位数，为平均数，为中位数，为平均数 D. 为平均数，为中位数，为中位数，为平均数 【答案】A 【解析】 【分析】在频率分布直方图中，中位数两侧小矩形的面积相等，平均数是每组频率的中间值乘频数再相加之和，由此能求出结果． 【详解】解：在频率分布直方图中， 中位数两侧小矩形的面积相等， 平均数是每组频率的中间值乘频数再相加之和， 结合两个频率分布直方图得： 为中位数，为平均数，为平均数，为中位数． 故选：A． （必修二教材P203例2改编） 4. 一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的上四分位数（即第75百分位数）为（ ） A. 7 B. 7.5 C. 18 D. 19 【答案】D 【解析】 【分析】应用百分数的求法求上四分位数即可. 【详解】把数据按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23， 因为，所以第75百分位数是第9，10两个数的平均数，为19. 故选：D 5. 已知，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. 存在两条不同直线a，b，使，，， B. 存在两条不同直线a，b，使，，， C. 存在两条异面直线a，b，使，，， D. 存在两条平行直线a，b，使，，， 【答案】C 【解析】 【分析】对于A、B、D，结合各项前提，举反例说明，对于C，应用反证思想说明，即可得. 【详解】对于A，若交于直线，空间存在直线都平行于，满足前提，但不成立，故不是充分条件； 对于B，若交于直线，在内取两条直线都平行于直线，则，，满足前提，但不成立，故不是充分条件； 对于C，若交于直线，，，则（否则相交），同理，，则，故不可能异面，与前提矛盾，此时，是充分条件； 对于D：若交于直线，在内取，在内取，满足前提，但不成立，故不是充分条件； 故选：C 6. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行的判定定理及性质即可判断. 【详解】对于A选项，如图①所示，在正方体中， 且， 因为分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面平面， 所以平面，同理可证平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为平面， 故平面,故A满足； 对于B选项，如图②所示，连接， 在正方体中，且， 因为分别为的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面，故B满足； 对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点， 连接， 因为且分别为的中点， 所以且，故四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，则， 所以四点共面， 因为且，则四边形为平行四边形， 所以， 因为分别为的中点，则， 所以， 因为平面平面， 所以平面故C满足； 对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点， 连接， 因为且分别为的中点， 则且， 所以四边形为平行四边形，则， 因为分别为的中点， 所以，故， 所以四点共面， 同理可证，故， 同理可得， 反设平面， 因为，且平面，则平面， 但与平面有公共点，这与平面矛盾， 故平面，故D不满足. 故选：D. 7. 类比思想是学习数学的一种重要的思想方法，是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质迁移到另一类数学对象上去的一种思维方法.在平面几何中，有如下命题“正三角形的高为，是内任意一点，到三边的距离分别为，，，则为定值”.证明如下：设正三角形边长为，高，到三边的距离分别，，，则：，即：，化简得，，∴（定值）.类比此命题及证明方法，在立体几何中如图，正四棱锥中，，侧面与底面的夹角为.若点是正四棱锥内任意一点，点到平面，平面，平面，平面，平面的距离分别为，，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接交于点，取的中点，连接，根据已知及面面角的定义有即为面与底面所成角的平面角，再应用棱锥体积公式及等体积法即可求解. 【详解】连接交于点，取的中点，连接， 由正四棱锥的几何特征可得为的中点，且底面， ，，， 因为为的中点，所以，， 所以即为面与底面所成角的平面角，即， ，则，，所以， ，， 由， 所以. 故选：A. 8. 奔驰定理：已知是内的一点，若、、的面积分别记为、、，则.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知是的垂心，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长交与点，结合三角形面积公式得，再由已知有，最后由三角形内角性质及和角正切公式列方程求值. 【详解】∵是的垂心，延长交与点， ，同理， ∴，又， ∴，又， ∴， 不妨设，，，其中， ， ∴，化简整理得，解得（负值舍）， 所以. 故选：B 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. （必修二教材P80T3改编） 9. 已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由复数除法化简复数，进而求模判断A；由共轭复数的定义及对应点坐标判断B；再由复数的性质判断C、D. 【详解】，则，故A正确； ，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确； 为纯虚数，不能比较大小，故C错误，D正确. 故选：ABD 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则如下判断正确的是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若，则为等腰三角形或钝角三角形 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，，则符合条件的有两个 【答案】BD 【解析】 【分析】根据数量积只能得出B为锐角，故A错误；根据条件可得或，故B正确；根据正弦定理角化边只能得出为锐角，故C错误；根据可得选项D正确. 【详解】对于A：因为，与的夹角为B的补角，所以B为锐角，不能确定的形状，A错误； 对于B：因为，，，， 所以或， 当时，，为等腰三角形， 当时，，，为钝角三角形， 所以为等腰三角形或钝角三角形，B正确； 对于C：因为，所以， 所以，故为锐角，但无法判断角A，B的范围，C错误； 对于D：因为， 所以，故符合条件的有两个，D正确. 故选：BD. 11. 已知棱长为的正四面体（棱长都相等的三棱锥）的高为，外接球的半径为，内切球的半径为，现有棱长为的正四面体的内切球的表面积为，且表面密封，下列说法正确的是（ ） A. 侧棱与平面所成的角的正切为 B. 正四面体的外接球的体积为 C. 若有一个小正四面体在正四面体的内部，且可以任意旋转，则小正四面体的棱长的最大值为 D. 若有一个小正方体在正四面体的内部，且可以任意旋转，则小正方体的棱长的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】设点在平面内的射影为点，则平面，即为侧棱与平面所成的角. 在中，利用勾股定理求出，即可判断选项A；由正四面体的内切球的表面积及求得表面积公式可求得正四面体的内切球的半径，由题中公式可知正四面体的外接球的半径，利用球的体积公式即可判断选项B；当小正四面体的外接球为正四面体的内切球时，小正四面体的棱长取得最大值，根据题中公式即可判断选项C；当小正方体的外接球为正四面体的内切球时，小正方体的棱长取得最大值，根据题中公式即可判断选项D. 【详解】 如图所示，设点在平面内的射影为点，则平面，即为侧棱与平面所成的角. ∵平面，∴. 由题知，，， ∴在中，，， ∴侧棱与平面所成的角的正弦值为，正切值为，故选项A错误； ∵棱长为的正四面体的内切球的表面积为， ∴由题可知，解得，即正四面体的内切球的半径. ∴正四面体的外接球的半径，体积为，故选项B正确； 当小正四面体的外接球为正四面体的内切球时，小正四面体的棱长取得最大值，∴，即，故选项C正确； 当小正方体的外接球为正四面体的内切球时，小正方体的棱长取得最大值，∴，即，故选项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. 已知一组数据分别是1，4，2，3，，它们的平均数是3，则对于以下数据：的方差是________ 【答案】8 【解析】 【分析】根据平均数求法列方程得，方差公式及性质求新数据的方差. 【详解】由题意，故， 所以，，，，的方差为， 数据，，，，的方差是. 故答案为：8 13. 如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，记，若，则等边三角形的边长为________. 【答案】3 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出直线的方程，将代入直线的方程，并用向量的坐标表示出，和上式联立，即可得出，最后求出等边三角形的边长. 【详解】设等边三角形边长为，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 则，，，， 直线的斜率为：，方程为：， 设，因为在上，所以， 且，依题意，，所以，解得（负的舍去），即等边三角形的边长为3. 故答案为：3. 14. 如图，在直角梯形中，，，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体.则该几何体的表面积为______；一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程为_______. 【答案】 ①. ②. 12 【解析】 【分析】根据题意得到旋转后的圆台后可求出其表面积，然后将圆台的展开、由平面图形得到最短路程. 【详解】如图所示，满足题意的直角梯形，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周， 形成一个上底面半径为，下底面半径，母线长的圆台， 其表面积为. 将圆台的侧面沿母线展开，得到如图所示的一个扇环，因为圆台上下底面半径的关系为，所以，， 又∵，∴， ∴，设，则的弧长， 解得，连接，为等边三角形， ∴所以蚂蚁从点A绕着圆台的侧面爬行一周，回到点A的最短路径即为线段，所以蚂蚁爬行的最短路程为12. 故答案为：；12. 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. 某高校体检随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间[160，165]，[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示． （1）求和频率分布直方图中身高在175cm及以下的学生人数； （2）估计该校100名学生身高的下四分位数（结果保留到个位数）． （3）已知落在区间[170，175）的样本平均数是173，方差是8，落在区间[175，180）的样本平均数是178，方差是6，求两组样本成绩合并后的平均数和方差． 参考公式：若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记总的样本平均数为，样本方差为，则． 【答案】（1）；人 （2） （3）； 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中长方形面积之和为1，易求出，进而利用频率分布直方图可求身高在175cm及以下的学生人数； （2）根据下四分位数概念结合频率分布直方图计算即可； （3）根据平均数公式计算可得，根据题中给的参考公式代入数据计算可得. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，解得， 身高在175cm及以下的学生人数（人）. 【小问2详解】 的人数占比为，的人数占比为， 所以该校100名学生身高的下四分位数即分位数落在， 设该校100名学生身高的分位数为， 则，解得， 故该校100名生学身高的下四分位数约为168. 【小问3详解】 由频率分布直方图知， 这100名学生的身高在的有， 身高在的有人， 所以， ， 所以两组样本成绩合并后的平均数为，方差为． （必修二教材P30例5改编） 16. 如图，已知平行四边形的三个顶点，，的坐标分别是，，. （1）求顶点的坐标； （2）求向量与向量所成角的余弦； （3）求向量与向量上的投影向量的坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设.根据题中顶点，，的坐标可求得向量与的坐标，根据四边形是平行四边形，结合向量相等的坐标表示即可求解； （2）由（1）可知，，根据向量夹角的坐标表示即可求解； （3）根据投影向量的定义及向量数量积运算即可求解. 【小问1详解】 设.∵，，，∴，. 又四边形是平行四边形，∴，∴，即，解得. ∴顶点的坐标为. 【小问2详解】 由（1）可知，， ∴向量与向量所成角的余弦为. 【小问3详解】 ∵，， ∴向量与向量上的投影向量的坐标为. 17. 如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，. （1）求证：平面. （2）在线段上是否存在一点，使平面平面?请说明理由. （3）若四棱锥的体积为1，求三棱柱的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由证明.又由，从而得到，即可求证. （2）假设存在点，使，再利用线面平行证明平面，同理证明平面，则可证明平面平面，从而证明假设成立. （3）利用体积转化法可得，从而可得，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为，分别为线段上的点,, 所以.又因为，所以. 又因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 取的点，，连接，.则. 因为平面，平面，所以平面， 同理可得，平面，又因为，，平面， 所以平面平面， 故在线段上存在一点，使平面平面. 【小问3详解】 由题意可得，则得, 所以. 故三棱柱的体积为. （2025高考T17改编） 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定得平面，再由线面平行的性质即可证； （2）在平面内作于H，利用线面垂直的判定及性质定理即可证； （3）若是的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值. 【小问1详解】 由，平面，平面，得平面， 又平面，且平面与平面相交于直线，所以. 【小问2详解】 在平面内作于H， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，平面，则 又平面，平面，则， 又且都在平面内，故平面， 又平面，则. 【小问3详解】 若是的中点，连接， 由（2）知，，， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，过作于，连接， 显然，平面，因此平面， 而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得，， 则，，， 所以二面角的余弦值是. 19. 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.托里拆利确定费马点的方法如下： ①当的三个内角均小于120°时，满足的点O为费马点； ②当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点. 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M为的费马点，且 （1）求角C； （2）求； （3）已知在中，若点P为平面上任意一点，求的最小值； 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题设及三角形内角性质，应用和角正弦公式得，进而有，结合，即可得； （2）由题设、，再应用等面积法得，向量数量积的定义即可得； （3）构建合适的直角坐标系，设点，应用向量加减、模长的坐标运算及的几何意义有点为的费马点时，取最小值，即可得. 【小问1详解】 因为，又， 所以，又大于0，故，所以， 又，结合三角形内角性质，所以. 【小问2详解】 由，知， 由费马点定义知，， 设，，，，，， 由得：，整理得， 则； 【小问3详解】 在中，，， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系， 则、、，设点， 则，，， 所以， 则的几何意义是点到点、、的距离之和， 由题意知，当点为的费马点时，取最小值， 在等腰中，，，， 因此，的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市常青联合体2024-2025学年度第二学期期末考试 高一数学试卷 命题学校：武汉市关山中学 命题教师：杨文华 审题教师：李逸群 考试时间：2025年6月27日 试卷满分：150分 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. （必修二教材P95T8和2025高考T1改编） 1. 若i为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 2. 下列说法不正确的是（ ） A. 零向量加一个零向量还是零向量 B. 零向量减一个零向量还是零向量 C. 零向量乘一个零向量还是零向量 D. 零向量乘零还是零向量 （必修二教材P206探究改编） 3. 平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关，在下图两种分布形态中，分别对应平均数和中位数之一，则可能的对应关系是（ ） A. 为中位数，为平均数，为平均数，为中位数 B. 为平均数，为中位数，为平均数，为中位数 C. 为中位数，为平均数，为中位数，为平均数 D. 为平均数，为中位数，为中位数，为平均数 （必修二教材P203例2改编） 4. 一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的上四分位数（即第75百分位数）为（ ） A. 7 B. 7.5 C. 18 D. 19 5. 已知，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ） A. 存在两条不同直线a，b，使，，， B. 存在两条不同直线a，b，使，，， C. 存在两条异面直线a，b，使，，， D. 存在两条平行直线a，b，使，，， 6. 如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 7. 类比思想是学习数学的一种重要的思想方法，是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质迁移到另一类数学对象上去的一种思维方法.在平面几何中，有如下命题“正三角形的高为，是内任意一点，到三边的距离分别为，，，则为定值”.证明如下：设正三角形边长为，高，到三边的距离分别，，，则：，即：，化简得，，∴（定值）.类比此命题及证明方法，在立体几何中如图，正四棱锥中，，侧面与底面的夹角为.若点是正四棱锥内任意一点，点到平面，平面，平面，平面，平面的距离分别为，，，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 奔驰定理：已知是内的一点，若、、的面积分别记为、、，则.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知是的垂心，且，则（ ） 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. （必修二教材P80T3改编） 9. 已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则如下判断正确的是（ ） A. 若，则是钝角三角形 B. 若，则为等腰三角形或钝角三角形 C. 若，则是锐角三角形 D. 若，，则符合条件的有两个 11. 已知棱长为的正四面体（棱长都相等的三棱锥）的高为，外接球的半径为，内切球的半径为，现有棱长为的正四面体的内切球的表面积为，且表面密封，下列说法正确的是（ ） A. 侧棱与平面所成的角的正切为 B. 正四面体的外接球的体积为 C. 若有一个小正四面体在正四面体的内部，且可以任意旋转，则小正四面体的棱长的最大值为 D. 若有一个小正方体在正四面体的内部，且可以任意旋转，则小正方体的棱长的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据分别是1，4，2，3，，它们的平均数是3，则对于以下数据：的方差是________ 13. 如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，记，若，则等边三角形的边长为________. 14. 如图，在直角梯形中，，，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体.则该几何体的表面积为______；一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程为_______. 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. 某高校体检随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间[160，165]，[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示． （1）求和频率分布直方图中身高在175cm及以下的学生人数； （2）估计该校100名学生身高的下四分位数（结果保留到个位数）． （3）已知落在区间[170，175）的样本平均数是173，方差是8，落在区间[175，180）的样本平均数是178，方差是6，求两组样本成绩合并后的平均数和方差． 参考公式：若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记总的样本平均数为，样本方差为，则． （必修二教材P30例5改编） 16. 如图，已知平行四边形的三个顶点，，的坐标分别是，，. （1）求顶点的坐标； （2）求向量与向量所成角的余弦； （3）求向量与向量上的投影向量的坐标. 17. 如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，. （1）求证：平面. （2）在线段上是否存在一点，使平面平面?请说明理由. （3）若四棱锥的体积为1，求三棱柱的体积. （2025高考T17改编） 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 19. 法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.托里拆利确定费马点的方法如下： ①当的三个内角均小于120°时，满足的点O为费马点； ②当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点. 请用以上知识解决下面的问题： 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M为的费马点，且 （1）求角C； （2）求； （3）已知在中，若点P为平面上任意一点，求的最小值； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $