精品解析：新疆维吾尔自治区巴音郭楞蒙古自治州2024-2025学年高一下学期6月期末监测数学试题

2024—2025 学年第二学期期末监测 高一年级数学 （考试时间: 120分钟 总分: 150分） 注意事项： 1.答题时，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数（i为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算，求出复数，判断复数对应的点所在象限. 【详解】由题意得，对应复平面内点，在第三象限， 故选：C. 2. 在一次抛掷硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频数为48，则“反面朝上”的频率为（ ） A. 48 B. 0.48 C. 52 D. 0.52 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意，由频率等于频数比总数可得. 【详解】由题意可得反面朝上的频数为52，所以其频率为. 故选：D 3. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列四个命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】由线面，面面的位置关系逐项判断可得. 【详解】对于A，若，由线面垂直的性质可得，故A正确； 对于B，若，则或相交或异面，故B错误； 对于C，若，则或，故C错误； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：A. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量平行的坐标运算公式求解即可． 【详解】由得，， 故选：D． 5. 某射击运动员平时训练成绩的统计结果如下： 命中环数 6 7 8 9 10 频率 0.1 0.2 0.25 0.3 0.15 若这名运动员只射击一次，则命中的环数大于8环的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.45 C. 0.55 D. 0.7 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件的概率加法公式可求得所求事件的概率. 【详解】由互斥事件的概率加法公式可知，事件命中的环数大于8环的概率为. 故选：B 6. 已知ABCD为平行四边形，E为BC的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图象，由向量的加法法则可得. 【详解】. 故选：C. 7. 已知正六棱锥底边，体积为则该正六棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正六棱锥的体积公式可求高，再用勾股定理求出斜高，从而可求正六棱锥的表面积即可. 【详解】 由边长为的正六边形的面积为：， 则正六棱锥的体积为：，可得高， 再取边的中点，可得，， 由，由勾股定理可得：， 所以侧面的面积为：， 即该正六棱锥的表面积为， 故选：B. 8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则的面积为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理可得，再由余弦定理计算，最后由三角形面积公式可得. 【详解】因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得，解得， 所以， 则的面积为. 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. 某地区3月气温变化明显，下表为3月18日~3月24日一周内某地区A市与B市每日最高气温，从以下数据中，所得结论正确的是（ ） 日期 3月18日 3月19日 3月20日 3月21日 3月22日 3月23日 3月24日 A市 31 24 21 25 28 31 32 B市 24 18 20 24 26 28 29 A. A市一周最高气温的平均值大于B市一周最高气温的平均值 B. A市一周最高气温的中位数大于B市一周最高气温的中位数 C. A市一周最高气温的极差小于B市一周最高气温的极差 D. A市一周最高气温的众数小于B市一周最高气温的众数 【答案】AB 【解析】 【分析】分别求得两市一周最高气温的平均数，中位数，极差和众数，逐项判断即可． 【详解】对于A，A市一周最高气温的平均值为，B市一周最高气温的平均值为，故A正确； 对于B，将A市一周最高气温从小到大排序，21,24,25,28,31,31,32，中位数为28， 将B市一周最高气温从小到大排序，18,20,24,24,26,28,29，中位数为24，故B正确； 对于C，A市一周最高气温的极差为， B市一周最高气温的极差为， A市一周最高气温的极差等于B市一周最高气温的极差，故C错误； 对于D，A市一周最高气温的众数为31，B市一周最高气温的众数24， A市一周最高气温的众数大于B市一周最高气温的众数，故D错误； 故选：AB． 10. 设样本空间含有等可能的样本点，记事件，事件，事件，则下列说法正确的是（ ） A. 事件A与事件B相互独立 B. 事件A与事件C相互独立 C. 事件A与事件B互斥 D. 事件A与事件C互斥 【答案】AD 【解析】 【分析】由互斥事件，独立事件的定义以及概率性质逐项判断可得. 【详解】对于A，，因为，则， 所以，即事件A与事件B相互独立，故A正确； 对于B，，所以，而， 所以，故B错误； 对于C，，所以事件A与事件B不互斥，故C错误； 对于D，，所以事件A与事件C互斥，故D正确； 故选：AD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别为棱上的动点（点不与点重合），若，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得点到平面距离为 B. 平面平面 C. 与所在直线是异面直线 D. 用平行于平面的平面截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为 【答案】BCD 【解析】 【分析】连接，证得平面平面，根据正四面体和正方体的性质，求得到平面的距离，可判断A；在正方体中，证得平面，得到平面，即可判断B；根据异面直线的定义，可判断C；在上取点，过作，再过作以此类推，截面为六边形，不妨设，分别求得六边形的边长，可判断D. 【详解】对于A中，连接， 因为，所以， 因为，，所以平面， 同理可得：平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 又由三棱锥的各条棱长均为，则三棱锥为正四面体， 可得点到平面的距离为， 在正方体中，平面，且平面， 所以， 又因为，且，平面， 所以平面，因为平面，所以， 同理可证：，且，平面， 所以平面， 又由，所以到平面的距离， 因为，所以A不正确； 对于B中，由平面，且平面，所以， 在正方形中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面，所以B正确； 对于C中，因为平面，在平面内，不在平面内， 与不重合，所以直线与直线既不平行也不相交， 所以直线与直线是异面直线，所以C正确； 对于D中，在上取点，过点作交于点， 过作交于点，以此类推，如图所示， 可得点，此时截面为六边形， 根据题意，可得平面平面， 不妨设，则， 所以， 所以六边形的周长为，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足（为虚数单位），则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式即可得解. 【详解】由，得， 所以. 故答案为：. 13. 已知平面向量为单位向量，若，则与的夹角为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由数量积的运算律结合夹角的计算可得. 【详解】由可得，即， 所以，又，所以. 故答案为：. 14. 平面四边形ABCD，其中,将沿AC翻折，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】作出图形，由题意判断当三棱锥体积最大时，有平面平面，取的中点为，连接，结合得到，推出点为的外心，证明平面，得到的外心即此时三棱锥的外接球球心，借助于即可求得外接球的半径. 【详解】 因为，可得为正三角形，且的面积为， 所以当三棱锥体积最大时，有平面平面， 又因取的中点为，连接，，依题意当时，三棱锥体积最大， 此时点为的外心，又因为正三角形，则， 因平面平面，平面平面， 平面，则平面， 故的外心即此时三棱锥的外接球球心， 因，，则外接球的半径为， 故三棱锥的外接球表面积为. 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. 一盒子内有编号分别为1、2、3、4、5的5个相同小球，从中随机摸出2个小球. （1）写出试验的样本空间； （2）记事件A=“摸出的小球编号均为奇数”，事件B=“摸出的小球编号均为偶数”，事件C=“摸出的小球编号不相邻”，分别求出事件A、B、C的概率，并说明事件A、B、C之间的关系. 【答案】（1） （2） ；；， 事件与事件互斥，都是事件的子事件. 【解析】 【分析】（1）由题意直接列出即可； （2）由古典概率求解可得，再由事件间关系判断即可. 【小问1详解】 由题意可得. 【小问2详解】 由（1）可得摸出的小球编号均为奇数为，所以； 摸出的小球编号均为偶数为，所以； 摸出的小球编号不相邻为，所以， 事件与事件互斥，都是事件的子事件. 16. 在平面直角坐标系中，已知，，，连接、、，得到. （1）判断的形状； （2）求的面积及边的中线长. 【答案】（1）是钝角三角形 （2），边的中线长 【解析】 【分析】（1）由三角形的三个顶点的坐标分别求出三边长，再由余弦定理得，即可判断三角形的形状； （2）由求得，代入三角形的面积公式求解面积，求出的中点，利用两点距离公式求出中线长． 【小问1详解】 因为，，，所以，， ， 因为，所以为钝角， 所以是钝角三角形. 【小问2详解】 由（1）得，所以， 所以. 又的中点为，所以边的中线长为. 17. 如图，四棱锥中，平面，底面为菱形，点E为棱的中点，，，连接 （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 连接交于点，再连接，因为底面为菱形， 所以，又因为点E为棱的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为平面，平面，所以， 又因为底面为菱形，所以， 又因为，平面， 所以平面； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，由中位线定理可得，即可证明线面平行； （2）由平面得，再利用菱形的对角线垂直，即可证明线面垂直； （3）利用三棱锥的体积为三棱锥体积的一半，再用三棱锥体积公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，，所以三角形的面积为， 又因为点E为棱的中点，所以三棱锥的体积为三棱锥体积的一半， 即三棱锥的体积为. 18. 某校从高一年级学生中随机抽取200人参加人工智能科技知识测试，得分在之间，分为五组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值； （2）估计这200名学生得分的上四分位数和平均值（同组中数据用该组区间中点值作代表）； （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取40人.若第四组选手成绩的平均数和方差分别为80和14，第五组选手成绩的平均数和方差分别为90和9，请据此估计第四组和第五组所有选手成绩的平均值和方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记两组数据总体的样本平均数为，总体样本方差为，则总体样本平均数总体样本方差） 【答案】（1） （2）上四分位数为，平均值为. （3）第四组和第五组所有选手成绩的平均值为，方差为. 【解析】 【分析】（1）由各组的频率和为1列方程即可求解； （2）根据上四分位数、平均数的定义求解即可； （3）先根据频率分布直方图求出第四组、第五组的频率之比，然后根据所给的平均值、方差公式求解即可. 【小问1详解】 由图可得， 解得. 【小问2详解】 上四分位数即第百分位数， 因为第一组、第二组及第三组的频率之和为， 所以第百分位数为，故上四分位数为. 平均值. 【小问3详解】 设第四组、第五组所有选手成绩的平均数、方差分别为， 所以第四组抽取人，第五组抽取人， 则第四组、第五组所有选手成绩的平均值为， ， 第四组、第五组所有选手成绩的方差为 . 19. 代数基本定理是数学中最重要的定理之一，其内容为：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根.由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元次复系数多项式方程有n个复数根（重根按重数计）. （1）在复数集中解方程：； （2）写出一个以为根的一元六次实系数多项式方程；（不需要写证明过程） （3）已知一元十次实系数多项式满足，求的值. 【答案】（1），，， （2）（答案不唯一） （3） 【解析】 【分析】（1）将方程因式分解得，再利用一元二次方程求根公式进行求解即可. （2）根据代数基本定理可写出满足条件的一元六次多项式方程，化简可得结果； （3）设，分析的根，根据代数基本定理表示出，令列方程求解a，最后令求解. 【小问1详解】 由题意得，， 即，解得、1或， 所以方程在复数集中的解为，，，. 【小问2详解】 以为根的一元六次实系数多项式为： 所以， 所以， 所以， 所以以为根的一个一元六次实系数方程为： . 【小问3详解】 设， 因为是一元十次实系数多项式，所以是一元十一次实系数多项式， 因为，所以， 所以有11个根， 根据代数基本定理，得， 即， 令，则， 所以，解得. 令，得， 所以，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025 学年第二学期期末监测 高一年级数学 （考试时间: 120分钟 总分: 150分） 注意事项： 1.答题时，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答非选择题时，必须使用黑色墨水笔或黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数（i为虚数单位），则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在一次抛掷硬币的试验中，共掷了100次，“正面朝上”的频数为48，则“反面朝上”的频率为（ ） A. 48 B. 0.48 C. 52 D. 0.52 3. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列四个命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知向量，，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 某射击运动员平时训练成绩的统计结果如下： 命中环数 6 7 8 9 10 频率 0.1 0.2 0.25 0.3 0.15 若这名运动员只射击一次，则命中的环数大于8环的概率为（ ） A. 0.3 B. 0.45 C. 0.55 D. 0.7 6. 已知ABCD为平行四边形，E为BC的中点，记，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正六棱锥底边，体积为则该正六棱锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且则的面积为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 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. 某地区3月气温变化明显，下表为3月18日~3月24日一周内某地区A市与B市每日最高气温，从以下数据中，所得结论正确的是（ ） 日期 3月18日 3月19日 3月20日 3月21日 3月22日 3月23日 3月24日 A市 31 24 21 25 28 31 32 B市 24 18 20 24 26 28 29 A. A市一周最高气温的平均值大于B市一周最高气温的平均值 B. A市一周最高气温的中位数大于B市一周最高气温的中位数 C. A市一周最高气温的极差小于B市一周最高气温的极差 D. A市一周最高气温的众数小于B市一周最高气温的众数 10. 设样本空间含有等可能的样本点，记事件，事件，事件，则下列说法正确的是（ ） A. 事件A与事件B相互独立 B. 事件A与事件C相互独立 C. 事件A与事件B互斥 D. 事件A与事件C互斥 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点分别为棱上的动点（点不与点重合），若，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得点到平面距离为 B. 平面平面 C. 与所在直线是异面直线 D. 用平行于平面的平面截正方体，得到的截面为六边形时，该六边形周长一定为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足（为虚数单位），则__________． 13. 已知平面向量为单位向量，若，则与的夹角为______. 14. 平面四边形ABCD，其中,将沿AC翻折，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为______. 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. 一盒子内有编号分别为1、2、3、4、5的5个相同小球，从中随机摸出2个小球. （1）写出试验的样本空间； （2）记事件A=“摸出的小球编号均为奇数”，事件B=“摸出的小球编号均为偶数”，事件C=“摸出的小球编号不相邻”，分别求出事件A、B、C的概率，并说明事件A、B、C之间的关系. 16. 在平面直角坐标系中，已知，，，连接、、，得到. （1）判断的形状； （2）求的面积及边的中线长. 17. 如图，四棱锥中，平面，底面为菱形，点E为棱的中点，，，连接 （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积. 18. 某校从高一年级学生中随机抽取200人参加人工智能科技知识测试，得分在之间，分为五组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求图中的值； （2）估计这200名学生得分的上四分位数和平均值（同组中数据用该组区间中点值作代表）； （3）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取40人.若第四组选手成绩的平均数和方差分别为80和14，第五组选手成绩的平均数和方差分别为90和9，请据此估计第四组和第五组所有选手成绩的平均值和方差. （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为：记两组数据总体的样本平均数为，总体样本方差为，则总体样本平均数总体样本方差） 19. 代数基本定理是数学中最重要的定理之一，其内容为：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根.由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元次复系数多项式方程有n个复数根（重根按重数计）. （1）在复数集中解方程：； （2）写出一个以为根的一元六次实系数多项式方程；（不需要写证明过程） （3）已知一元十次实系数多项式满足，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $