安徽省六安第一中学2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题

六安一中2025年春学期高一年级期末考试 数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．已知点，，则（     ） A． B． C． D． 2．设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（     ） A．若，则 B．若，则 C．若，则m，n是异面直线 D．若直线不平行于平面，则内不存在与平行的直线 3．已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角为（     ） A． B． C． D． 4．已知的平均数与方差均为4，则的平均数为（    ） A．18 B．20 C．22 D．24 5．已知空间向量，，，若向量共面，则实数的值为（     ）． A．9 B．10 C．11 D．12 6．已知A ,B ,C是三种电子信息传递元件，第一次由A元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，则第三次传递后，信息在A元件中的概率是（    ） A． B． C． D． 7．17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法．如图，是一个半圆，圆心为，是半圆的外切矩形．以直线为轴将该平面图形旋转一周，记所形成的几何体的体积为，图中阴影部分所形成的几何体的体积为，半圆所形成的几何体的体积为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在四面体中，与为等边三角形，且分别为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分． 9．下列关于空间直角坐标系中的一点的说法正确的有（     ） A．线段的中点的坐标为 B．点P关于轴对称的点的坐标为 C．点P关于坐标原点对称的点的坐标为 D．点P关于平面对称的点的坐标为 10．已知复数，，则（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．甲、乙、丙、丁4人报名参加周末公益活动，有，3个单位需要招志愿者，每个单位各招1人，设事件“单位招到甲或乙”，事件“单位招到甲或丙”，事件“单位招到丙或丁”，事件“单位招到甲或乙”，则下列说法正确的是（    ） A．事件相互独立 B．事件不互斥 C．事件相互独立 D．事件相互对立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12．有一组数据如下：26,23,25,16,34,32,34,40这组数据的上四分位数为 ． 13．，，则向量在向量上的投影向量坐标表示为 ． 14．已知正四棱锥的所有棱长均为2，以点A为球心，2为半径的球与该四棱锥侧面的交线长为 ．  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．（本小题满分 13 分） 已知的内角的对边分别为．已知． （1）求角： （2）若，求的面积． 16．本小题15分 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～五组区间分别为，，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的众数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 17．本小题15分 在四棱锥中，，，平面，分别为的中点，． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小． 18．本小题17分 如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离； （3）若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围． 19．本小题17分 如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：． （1）如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，． ①直接用三面角余弦定理给出平面APC与平面BPC所成的角的余弦值； ②求三棱锥体积的最大值； （2）当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理． 六安一中2025年春学期高一年级期末考试 数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A D B B B D A AD BC ABD 1．C 【详解】因为，，所以，所以，故选：C． 2．A 【详解】对于A，若，则存在，使得，因为，所以， 因为，所以，故A正确对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则m，n是异面直线或者平行直线，若，则m，n是异面直线或者平行直线或者相交直线，故C错误；对于D，若，满足直线不平行于平面，但此时内存在无数条与平行的直线，故D错误；．故选：A． 3．D 【详解】设圆锥母线长为，可得底面圆的周长为，由题意可得，解得， 所以圆锥的侧面展开图的圆心角为．故选：D． 4．B 【详解】由题意得，，故，，故，解得．故选：B 5．B 【详解】因为向量，，共面，所以存在实数，使得． 则可得．由，可列出方程组．；由可得，将其代入中，得到．去括号得，移项合并同类项得，解得．将代入，可得．将，代入，可得．故选：B． 6．B 【详解】依题意三次传递所有的传递方法有：；； ；；；； ；，则共有8种传递方法． 第三次传递后，信息在元件中的有两种情况，所以第三次传递后，信息在元件中的概率故选：B． 7．D 【详解】以直线为轴将该平面图形旋转一周，所形成的几何体为一个圆锥， 底面直径为，（为半圆半径），则，，则， 半圆所形成的几何体为一个半球，设整个球的体积为，则， 以直线为轴将该平面图形旋转一周，长方形形成的几何体为圆柱，设体积为，阴影部分所形成的几何体体积等于圆柱体积减去半球体积，则．故，，．故选：D． 8．A 【详解】取中点，连接，由与为等边三角形，得，则，而，于是，，则，直线两两垂直，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，于是，，设所成的角为，，所以异面直线所成角的余弦值为．故选：A 9．AD 【详解】由题意可知线段的中点的坐标为，所以A中说法正确；点关于x轴对称的点的坐标为，所以B中说法错误；点关于坐标原点对称的点的坐标为，所以C中说法错误；点关于平面对称的点的坐标为，所以D中说法正确． 10．BC 【详解】对于A、D：当时，，但，故A错误；又，故D错误；对于B：由，可得，故B正确；对于C：设，且，由，可得，则，若，则或；若，则，当，则，当，则， 当，，则，综上，．故选：BC． 11．ABD 【详解】，两个单位招志愿者的不同选法种数为， 因为事件所包含的基本事件为（招甲、招丙），（招乙、招甲），（招乙、招丙），共3个，所以，因为，所以为独立事件，故A项正确，B项正确；，同理得，故C项错误； 因为为对立事件，故D项正确．故选：ABD 12．34 【详解】将这组数据从小到大排列为：；由于，故这组数据的第75百分位数为第6个数和第7个数的平均数，即，故答案为：34 13． 【详解】向量在向量上的投影向量是：． 故答案为： 14． 【详解】因为正四棱锥的所有棱长均为2， 所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线， 取的中点，连接，过作‖，过作‖，， 则四边形为平行四边形，，所以， 过作于，连接， 因为，，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面，因为正四棱锥的所有棱长均为2， 所以， 所以, 所以，得，因为， 所以, 所以以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧， 因为，所以，所以，所以， 所以，所以弧的长为， 15．(1) (2) 【详解】 （1）因为，由正弦定理得 在中，，则，即，故． （2）由余弦定值知：， 即，则， 所以． 16．(1)20 (2)众数27．5 ;第80百分位数37．5 (3) 【详解】 （1）由题意可知，年龄在内的频率为，故年龄在内的市民人数为． （2）众数27．5 ；前三组的频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组，第80百分位数为 （3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人．记第3组的3名分别为，，， 第4组的2名分别为，，则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种． 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为． 17．(1)证明见解析． (2)150°． 【详解】 （1）解：∵平面，平面，∴ 又，∴,∵，∴平面， 又在中，分别为中点，故， ∴平面∵平面，∴平面平面． （2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，， 由，平面，可得平面， 又，，可得， 因为是斜线在平面上的射影，由三垂线定理可得， 所以是二面角的平面角， 二面角的平面角与互补． 在中，设，，可得， 在直角三角形中，，可得， 即有，则二面角的大小为． 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）连接AC交BD于，连接，则，因为，由四棱台的性质可得，且，故四边形为平行四边形，故，不包含于面面，故面． （2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离，，，，，，取DC中点，连，， 可得，而平面， 故平面，由平面， 故，，得， ，，故， 故，故． （3） 连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故， 故平面，而平面，故，又，，平面，故平面，，点在面内的动点，点面面，面，为与面所成的平面角，，DO最小为，最大为4则． 19．(1)①；②；(2)证明见解析 【详解】（1）由题意得： ①∵； ②， 因，,则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC, ∴ , 故当时，的最大值为． （2） 过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M， 在面PBC内作交PB于点N， 连接MN，则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则：， 两边同除以，得 ，得证． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$