精品解析：安徽省六安第二中学2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题

六安二中2024-2025学年度第二学期高一年级期末考试 数学试卷 分值：150分 时间：120分钟 注意事项或温馨提示 1.考生务必将自己的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上. 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.不能答在试卷题卷上. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损. 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. 1. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数乘方运算得，再由求结果. 【详解】由，则. 故选：B 2. 设的内角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理及二倍角的正弦公式求解. 【详解】在中，由及正弦定理，得，而， 则，又，解得， 所以. 故选：A 3. 已知平面平面，直线，则“”是“”的（    ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由线面、面面位置关系即可判断. 【详解】解：∵平面平面，直线，当时，则一定有； 反之，平面平面，，直线时，可得：可以相交或或，即不一定成立； 则“”是“”的必要不充分条件． 故选：B． 4. 已知样本数据，，…，的平均数为，方差为，若样本数据，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. 5 B. C. 1或5 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数和方差的运算性质即可求解. 【详解】由方差的性质，得，，…，的方差为，故，解得． 由平均数的性质，得，，…，的平均数为，故， 解得或5. 故选：C． 5. 高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的.假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为m，n，，该同学只进入两个社团的概率为，且三个社团都进不了的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式，列出关于，的方程组，求解即可． 【详解】由该同学可以进入两个社团的概率为，得， 由三个社团都进不了的概率为，得， 整理得，解得. 故选：D 6. 在中，角、、所对的边分别是、、，，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为、，则满足条件的三角形有两个解的概率是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】要使有两个解，需满足的条件是，即，再根据古典概型的概率计算公式即可求解． 【详解】解：要使有两个解，需满足的条件是， ∵， ∴满足此条件的的值有；；；；；，共6种情况， ∴满足条件的三角形有两个解的概率是， 故选：A． 【点睛】本题主要考查正弦定理判断三角形个数，考查古典概型的概率计算公式，属于中档题． 7. 如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由共线、共线分别可得、，进而得、求参数，得，最后由且共线求参数. 【详解】由共线，则，， 所以①， 由共线，则，， 所以②， 由①②知：，则，故， 由，则， 由共线，则，可得. 故选：A 【点睛】关键点点睛：令、，利用不同参数及表示出为关键. 8. 由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用二面角的定义和直角三角形的勾股定理、三角形的余弦定理，化简整理可得结论. 【详解】如图，，， 在上取一点，过在平面内作，交于， 过平面内作，交于，连接， 则是二面角的平面角，即. 设，在直角三角形中， ， 在直角三角形中，， ， 在中，， 在中，， 即为 ， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用二面角的定义结合三角函数表示出相关线段的长，最后根据余弦定理有，再代入计算整理即可. 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. 已知，是空间中的两个不同的平面，，，是三条不同的直线．下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可. 【详解】A，若，，此时有可能在平面内，并不一定，故A错误； B，若，，则，又，所以，故B正确； C，若，，则或，又，则两平面相交或平行，故C错误； D，因为，，根据一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面， 那么它也垂直于另一个平面，可得. 又因为，垂直于同一个平面的两条直线平行，所以，故D正确. 故选：BD 10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若事件A，B互斥，则 B. 若事件A，B相互独立，则A，B不互斥 C. 若，则事件A，B相互独立 D. 若事件A，B相互独立，则事件A，B至少有一个发生的概率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用互斥事件概率的加法公式计算可判断A；利用独立事件与互斥事件的定义可判断B；利用独立事件的定义计算可判断C；利用对立事件概率的性质计算可判断D. 【详解】对于A，若事件A，B互斥，则，故A正确； 对于B，若事件A，B相互独立，则， 所以事件A，B能同时发生，故A，B不互斥，故B正确； 对于C，由于，所以，而. 因此事件，B相互独立，从而事件A，B相互独立，故C正确； 对于D，“事件A，B至少有一个发生”的对立事件为“事件A，B都不发生”，即“事件”， 又因为事件A，B相互独立， 所以事件A，B至少有一个发生的概率，故D不正确. 故选：ABC. 11. 如图，已知正方体的棱长为1，E为线段上的动点，线段与平面交于点F，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成角的范围为 B. 三棱锥内切球半径为 C. 的最小值为 D. 面截该正方体内切球所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平行关系可得异面直线与所成的角为（或其补角），由点位置求角的取值范围判断A，分割后利用等体积法求内切圆的半径判断B，翻折后转化为平面上两点间距离最小，利用余弦定理求解判断C，根据正方体内切圆与面上对角线的关系可得所求为三角形的内切圆，即可求出半径判断D. 【详解】对于A，因为，所以异面直线与所成的角为（或其补角）， 在等边三角形中， 当点E中点时，最大为； 当点E与重合时，最小，为；当点E与B重合时，的补角为， 综上直线与所成角的范围为，故A正确； 对于B，设内切圆半径为r，则， 即，解得，故B正确； 对于C，将沿直线翻折，使其与平面共面，连接点A和翻折后点，交于，如图， 在等边三角形中，为中心，所以，所以翻折后， 在中，，， 故当重合时，即的最小值为，故C错误； 对于D，平面截正方体内切球的截面为的内切圆，如下图： 因为正方体的棱长为1，所以对角线， 内切圆半径， 所以截面面积，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 盒子中有四个大小质地完全相同的小球，分别写有“安”、“宁”、“联”、“盟”四个字，有放回地从中任取一个小球， 将三次抽取后“联”、“盟”两个字都抽取到记为事件.用随机模拟的方法估计事件发生的概率，利用电脑随机产生整数四个随机数，分别代表“安”、“宁”、“联”、“盟”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：233，103，122，320，031，231，133，130，231，001，220，132，021，123，023，230，321，232，由此可以估计，事件发生的概率为______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意由事件代表的随机数计算出符合题意的随机数组数，由古典概型公式计算可得结果. 【详解】根据题意可知“联”、“盟”两个字都抽取到，代表三个数字中同时出现数字2和3， 观察发现组随机数中有233，320，231，231，132，123，023，230，321，232，共10组， 再由古典概型公式计算可得事件发生的概率为. 故答案为： 13. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在上的投影向量的模长为，则角__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量垂直的性质得到边角关系，结合投影向量的模长求出，可得与的关系，由此可得结果. 【详解】 由，得，故， 由在方向上的投影向量为可知：，即，故， 所以， 所以. 由余弦定理可知，， 所以， 所以，故. 故答案为：. 14. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得面，设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为，求出，几何法可得外接球的半径，计算表面积即可. 【详解】取中点，连，，则， 由且都在平面内，可得面， 由面，则，又， 由且都在平面内，即面. 设，则，外接球半径为， 设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为， 连接，则平面，且， 所以， 当时，最小，此时三棱锥外接球表面积的最小值为. 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. 已知向量，满足，，与的夹角为. （1）求； （2）若在方向上的投影向量为，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积定义运算即可； （2）求出投影向量，根据数量积的运算法则化简后利用二次函数求最值即可. 【小问1详解】 因为，，与的夹角为， 所以. 【小问2详解】 在方向上的投影向量为. 所以， 当时，的最小值为. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求证：； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证明：用正弦定理把边化为角，结合三角形内角和与两角和正弦公式化简，再根据两角差正弦公式得到，进而推出.  （2）由正弦定理和二倍角公式求出，再用余弦定理列方程，解出的两个可能值. 分别讨论的值，舍去不符合条件的，用同角三角函数关系求出，最后用面积公式算出面积. 【小问1详解】 证明：由，根据正弦定理得， 在中，， 所以， 整理得，即， 因为 所以或（不符合题意，舍去），可得． 【小问2详解】 解：根据正弦定理，可得，即， 解得，由余弦定理，即， 整理得，解得或． 当时，，，结合可得， 所以． 此时，故不符合题意，舍去． 所以，，的面积为． 17. 文明城市是反映城市整体文明水平综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）现从该样本成绩中落在的平均成绩是65，方差是5，落在的平均成绩是75，方差是7，求两组成绩的总平均数与方差. 【答案】（1） （2）84 （3）71， 【解析】 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解； （2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解； （3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解. 【小问1详解】 因为频率分布直方图每组小矩形的面积之和为1， 所以，解得. 【小问2详解】 成绩落在内频率为， 落在内的频率为， 设第75百分位数为m，由，解得， 故第75百分位数为84. 【小问3详解】 两组比例为，所以两组总平均数为， 方差为. 18. 如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示． （1）求证：； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABCE为菱形，从而线线垂直，得到平面．故； （2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用锥体体积公式进行求解； （3）作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，即为平面与平面所成锐二面角的平面角，求出各边长，得到，求出答案. 【小问1详解】 证明：在平面图形中，连接CE，由勾股定理得， 因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形ABCE为菱形， 在图中，连接AC交BE于点，则， 在立体图形中，，， 又，平面， 平面． 又平面， ； 【小问2详解】 在平面图形中，由勾股定理得， 由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故， 平面平面BCDE，且平面平面，平面，． 平面BCDE， 其中梯形的面积为， ； 【小问3详解】 在立体图形中延长BE，CD，设，连接． 平面，平面． 又平面，平面． 是平面与平面的交线， 平面平面BCDE，，平面平面， 平面，又平面， ，， 作，垂足为，连接CH， 又，平面， 平面OCH，又平面OCH， ． 即为平面与平面所成锐二面角的平面角． 由勾股定理得，， 故，为等边三角形， 在Rt中，，， 所以，又，故， 由勾股定理得， 所以， 又，在中，， ． 平面与平面所成锐二面角的余弦值． 19. 不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. （1）现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； （2）某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】（1）， （2）n的取值为5，6，7 【解析】 【分析】（1）先写出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，综合（1），由此得解. 【小问1详解】 对于事件A，有放回地依次取出两个球的样本空间，则， 因为，所以， 所以， 对于事件B，不放回地依次取出两个球的样本空间 ，则，因为， 所以，所以； 【小问2详解】 设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”， 从盒子中随机取出一个球的样本空间为， 则，，，所以. 则，，，互斥，A，B，C相互独立， 所以 . 同理，. 因为，所以，解得. 综合（1）知，，对应的均为，比大，所以满足题意； ，对应的均为，小于，不满足题意. 因此，符合题意的n的取值为5，6，7. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 六安二中2024-2025学年度第二学期高一年级期末考试 数学试卷 分值：150分 时间：120分钟 注意事项或温馨提示 1.考生务必将自己的姓名、考生号、考试科目涂写在答题卡上. 2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.不能答在试卷题卷上. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持答题卡卷面清洁，不折叠，不破损. 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. 1. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 2. 设内角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面平面，直线，则“”是“”的（    ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知样本数据，，…，的平均数为，方差为，若样本数据，，…，的平均数为，方差为，则（ ） A. 5 B. C. 1或5 D. 或 5. 高一年级某同学参加了学校“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团选拔，该同学能否成功进入这三个社团是相互独立的.假设该同学能够进入“数学社”“物理社”“话剧社”三个社团的概率分别为m，n，，该同学只进入两个社团的概率为，且三个社团都进不了的概率为，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角、、所对的边分别是、、，，若将一枚质地均匀的正方体骰子先后抛掷两次，所得的点数分别为、，则满足条件的三角形有两个解的概率是 A. B. C. D. 7. 如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 8. 由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（） 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. 已知，是空间中的两个不同的平面，，，是三条不同的直线．下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. 若事件A，B互斥，则 B. 若事件A，B相互独立，则A，B不互斥 C. 若，则事件A，B相互独立 D. 若事件A，B相互独立，则事件A，B至少有一个发生概率为 11. 如图，已知正方体棱长为1，E为线段上的动点，线段与平面交于点F，则下列说法正确的是（ ） A. 直线与所成角的范围为 B. 三棱锥内切球半径为 C. 的最小值为 D. 面截该正方体内切球所得的截面面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 盒子中有四个大小质地完全相同的小球，分别写有“安”、“宁”、“联”、“盟”四个字，有放回地从中任取一个小球， 将三次抽取后“联”、“盟”两个字都抽取到记为事件.用随机模拟的方法估计事件发生的概率，利用电脑随机产生整数四个随机数，分别代表“安”、“宁”、“联”、“盟”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数：233，103，122，320，031，231，133，130，231，001，220，132，021，123，023，230，321，232，由此可以估计，事件发生的概率为______. 13. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在上的投影向量的模长为，则角__________. 14. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球表面积的最小值为__________. 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. 已知向量，满足，，与的夹角为. （1）求； （2）若在方向上的投影向量为，求的最小值. 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求证：； （2）若，，求的面积． 17. 文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中a的值； （2）求样本成绩的第75百分位数； （3）现从该样本成绩中落在的平均成绩是65，方差是5，落在的平均成绩是75，方差是7，求两组成绩的总平均数与方差. 18. 如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示． （1）求证：； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 19. 不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. （1）现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； （2）某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$