精品解析：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. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的坐标，再利用空间向量模长的坐标表示求解即可. 【详解】因为，，所以，所以， 故选：C 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 【答案】A 【解析】 【分析】A选项，由平行关系得到存在，使得，，由线面垂直得到面面垂直；BCD选项，举出反例 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥母线长为，利用侧面面积求得圆锥的母线长，进而可求圆锥的侧面展开图的圆心角. 【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. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据几个数的平均数、方差计算公式计算即可. 【详解】由题意得，，故， ，故，解得. 故选：B 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共面的性质来求解的值.若三个向量，，共面，则存在实数，使得，然后根据向量相等的性质列出方程组，进而求解. 【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. 已知，，是三种电子信息传递元件，第一次由元件将信息传出，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，信息在元件中的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用列举法求出所有的传递方法共有多少种，找出第3次传递恰好在元件中的情况，再由古典概型的概率公式计算可得． 【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. 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，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式、球的体积公式以及圆柱的体积公式，通过加减，可得答案. 【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. 如图，在四面体ABCD中，与为等边三角形，且，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作平面于点，证点为斜边的中点，且，建立空间直角坐标系，设，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得. 【详解】如图，作平面于点， 因，则为的外心， 又，故点为斜边的中点，且． 故可以点为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系如图． 设，则，则， ， 则有， 因E，F分别为棱AD，AB的中点，故，， 则，， 设直线所成的角为， 则， 故选：A.． 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. 线段中点的坐标为 B. 点关于轴对称的点的坐标为 C. 点关于坐标原点对称的点的坐标为 D. 点关于平面对称的点的坐标为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据空间向量坐标运算依次判断选项即可. 【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. 故选：AD. 10. 已知复数，，则（ ）． A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】应用特殊值判断A、D；由判断B；若，且，得，分类讨论判断C. 【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D正确. 故选：BC. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥与对立事件的概念，独立事件的概率概率公式验证即可. 【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； ，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、招乙），（招乙、招甲），共2个， 所以，因为，所以不是独立事件，故C项错误； 因为为不可能事件，为必然事件，所以为对立事件，故D项正确. 故选：ABD. 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：，这组数据的第75百分位数为______． 【答案】34 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可求解. 【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. ，，则向量在向量上的投影向量是______． 【答案】 【解析】 【分析】由投影向量计算公式即可直接求解. 【详解】向量在向量上的投影向量是： ． 故答案为： 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______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意画出图形，结合图形得出以点为球心，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，根据弧长公式求解即可. 【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， 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. 已知的内角的对边分别为．已知． （1）求角： （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，求出，结合特殊角的三角函数值，即可求得答案； （2）利用余弦定理求出，根据三角形面积公式，即可求得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得 在中，，则，即， 故． 【小问2详解】 由余弦定值知：， 即，则， 所以． 16. 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. 【答案】（1）20 （2）众数27.5 ；第80百分位数37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图求出年龄在内的频率即可计算人数； （2）根据频率分布直方图众数、百分位数的计算方式即可求解； （3）根据分层抽样可知应从第3，4组中分别抽取3人，2人，再列举出抽取2人的情况，从中找出符合题意的情况，利用古典概型即可求出概率. 【小问1详解】 由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 【小问2详解】 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 【小问3详解】 第3组，第4组的频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民中抽取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名市民中选取2名作重点发言的所有情况有：，，，，，，，，，，共有10种， 其中第4组的2名市民，至少有一名被选中的情况有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 17. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2）150°. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理即可求证. （2）取的中点，连接，取的中点，连接，，证明二面角的平面角与互补，计算的大小即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接AC交BD于，则可得，进而得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判断即可证得平面； （2）利用等体积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得点的轨迹为，根据线面角的定义可知为与面所成的平面角，然后可得的取值范围. 【小问1详解】 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，平面面，故面. 小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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. 【答案】（1）①；②； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①由题意得，代入计算即可； ②表达出，，故当时，最大值为. （2）画出图形，分别在两三角形中，利用余弦定理得到方程，联立可得结论. 【小问1详解】 由题意得： ①∵ ； ②由①可知， ， ，，则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC， ∴ ， 故当时，的最大值为. 【小问2详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，，是三种电子信息传递元件，第一次由元件将信息传出，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，阴影部分，半圆所形成的几何体的体积分别为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四面体ABCD中，与为等边三角形，且，E，F分别为棱AD，AB的中点，则异面直线BE，CF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. 点关于轴对称的点的坐标为 C. 点关于坐标原点对称的点的坐标为 D. 点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：，这组数据的第75百分位数为______． 13. ，，则向量在向量上的投影向量是______． 14. 已知正四棱锥所有棱长均为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. 已知的内角的对边分别为．已知． （1）求角： （2）若，求的面积． 16. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案关注程度，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. 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. 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. 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基础上，试证明三面角余弦定理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $