精品解析：湖南省怀化市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

怀化市2025年上期高一年级期末考试 数学试题 考试时长：120分钟 满分：150分 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设复数，则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】B 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算及复数的几何意义，即可求解. 【详解】因为，则复平面内对应的点为，位于第二象限， 故选：B. 2. 设集合，集合，则的元素个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，求出集合，再利用集合的运算得，即可求解. 【详解】因为，，则， 所以，则的元素个数为个. 故选：B. 3. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用正弦定理边转角得到，即可求解. 【详解】由，得到，又是锐角三角形， 所以，则，得到， 故选：A. 4. 某同学8次考试的数学成绩从低到高分别为85，87，89，90，92，93，94，96，则这组成绩的75%分位数为（ ） A. 88 B. 93 C. 93.5 D. 94 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数的求解规则来计算即可. 【详解】由于，所以这组成绩的75%分位数为. 故选：C. 5. 河水的流速为，一艘小船想沿垂直于河岸方向以的实际速度驶向对岸，则小船实际航行的速度大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量关系求解即可. 【详解】设表示水流速度，表示实际速度（即静水速度），表示与合速度， 则，，由题意可得. 故选：B. 6. 已知平面，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】利用面面垂直的性质定理可得线面垂直，再利用线面垂直的性质定理可推线线平行，从而可推断命题的充要关系. 【详解】由平面，则在平面内存在直线， 又因为，所以， 又因为，直线，所以， 但是当，平面，并不一定能推出， 如图，在正方体中，平面平面，平面， 此时不垂直平面， 故“”是“”的必要而不充分条件, 故选：B. 7. 设为复数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用模长为的复数的三角表示形式，借助复数模的运算来求最小值即可. 【详解】因为，所以可设， 则， 当，即时取等号， 所以的最小值为. 故选：A. 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和单调性即可求解不等式. 【详解】由于函数的定义域为， 且，所以是偶函数， 又因为，由当时，在上是减函数， 所以在上是减函数， 则由，可得， 平方得：，解得， 故选：D. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 某学校举行的数学史知识答题比赛，对参赛的名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则下列说法中正确的是（ ） A. 这人成绩的中位数为分 B. 这人成绩的众数约为分 C. 这人成绩的平均分约为分 D. 用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，则成绩在区间应抽取人 【答案】BC 【解析】 【分析】利用中位数、众数、平均数的计算方法，结合频率分布直方图，可判断出A，B和C正确，对于D，求出各组的频率比，即可求解. 【详解】对于选项A，设这人成绩的中位数为，则， 解得，所以选项A错误， 对于选项B，由频率分布直方图知，人成绩的众数在区间，约为分，所以B正确， 对于选项D，人成绩的平均分约为， 所以选项C正确， 对于选项D，由频率分布直方图知，各组频率比为， 所以成绩在区间应抽取，故选项D错误， 故选：BC. 10. 已知事件满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与互斥，则 C. 若，则与相互独立 D. 若与相互独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用集合间的关系，得，即可求解；对于B，利用互斥事件的概率公式，即可求解；对于C和D，利用相互独立事件的判断方法和概率公式，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，则，所以，故A错误， 对于选项B，因为与互斥，则，所以B正确， 对于选项C，因为，则， 所以与相互独立，故C正确， 对于选项D，因为与相互独立，则与相互独立，又， 所以，故D错误， 故选：BC. 11. 如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（ ） A. 该水杯侧面积为 B. 该水杯里牛奶的体积为 C. 放入的椰果半径为 D. 该水杯外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积公式即可求解A，根据圆台的体积公式即可求解B，结合球的体积即可求解C,利用勾股定理求解半径，即可根据表面积公式求解D. 【详解】由题意可知圆台的上底面圆半径为，下底面圆半径，圆台的高， 设圆台的母线为，则， 故圆台的侧面积为，故A错误， 牛奶面所在的圆的半径为， 故水杯中牛奶的体积为，故B正确， 水杯的体积为, 故37个小球的体积为， 设小球的半径为，进而,解得，故C正确， 设水杯的外接球的球心到上底面的距离为,则，解得， 故外接球的半径为，故其表面积为，故D正确， 故选：BCD 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡相应横线上． 12. 在正方体中，与所在直线所成的异面角的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用异面直线所成角的定义及正方体的性质，即可求解. 【详解】如图，因为，则为与所成的角或其补角， 又由正方体的性质知，面，又面，所以，则， 故答案为：. 13. 抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子，每枚骰子的四个面上分别印有“”，“”，“”，“”四个数字．分别查看底面上的数字，则两个数字之和等于的概率为______ 【答案】 【解析】 【分析】先求出基本事件的个数，再求出两个数字之和等于这一事件包含的事件的个数，再由古典概率公式，即可求解. 【详解】抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子，基本事件为： ， 共种情况， 用表示抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子的结果，其中表示第一枚骰子的结果，表示第二枚骰子的结果， 则两个数字之和等于结果有：，共种情况， 所以两个数字之和等于的概率为， 故答案为：. 14. 已知O为的外心，满足，若的最大值为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，得，得的最大值为，要使取最大值，得是等腰三角形后可求解问题. 【详解】如图，延长交于，设，则， 因在上，所以，即， 所以的最大值为， 设外接圆的半径为，所以， 当最大时，即最小时，即时，取最大值， 所以，解得， 此时是等腰三角形，， . 故答案为：. 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）若，求； （2）若与夹角余弦值为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用向量垂直的坐标表示，得，再利用模长的计算公式，即可求解； （2）根据条件，利用向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 因为，又， 所以，则，解得， 所以， 则， 所以. 【小问2详解】 因为，， 由题有， 整理得到，解得. 16. 2025年6月10日，“2025年湖南·怀化屈原爱国怀乡诗歌文化推广季暨传统龙舟赛”在溆浦县盛大开幕．此次活动吸引了35支龙舟队参赛，线上线下观众达数十万人．怀化市某校乘势举行纪念爱国诗人屈原的挑战赛，比赛设置了三道题，三道题的分值依次为1，2，3分，每个挑战者按题目顺序依次答题，答错不停止挑战，直至答完三道题．同学甲三道题答对的概率分别为，且每道题的答题互不影响． （1）求同学甲得0分概率； （2）若得分不低于4分可获得挑战赛纪念品，求同学甲获得纪念品概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式可求； （2）分析答题得分情况，然后利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式可得. 【小问1详解】 设同学甲答对三道题的事件分别为， ，同学甲得0分，则三道题都答错， 所以同学甲得0分的概率， 即同学甲得0分的概率. 【小问2详解】 得分不低于4分的情况有， 同学甲获得纪念品的概率 ， 所以同学甲获得纪念品的概率. 17. 在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得，再结合条件，利用线垂直的判定定理，即可求解； （2）设，连接，利用几何关系可得，再由线面平行的判定定理，即可求解； （2）根据条件可得，，从而有为二面角的平面角，即可求解. 【小问1详解】 因为平面，面，则， 又，，则， 又，面， 所以平面. 【小问2详解】 设，连接， 因为，，，是的中点， 所以，且，， 则为正方形，所以为中点， 又是的中点，所以， 又面，面， 所以平面. 【小问3详解】 由（2）知，又是中点，则， 又，所以，则， 又面，面，则， 又，面， 所以面，又面， 所以，则为二面角的平面角， 中，，，， 所以，故二面角的正弦值为. 18. 如图，在平面四边形中，． （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）求四边形面积S的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由勾股定理求出，在中，由余弦定理求解； （2）在，中，分别由余弦定理结合求解； （3）根据，结合（2），利用三角函数性质求最大值. 【小问1详解】 因为，若， 则， 在中，由余弦定理可得. 【小问2详解】 由，得， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理可得， ，即， 解得. 【小问3详解】 由题，， ， 由（2）， 两式平方相加得， 所以， 当时，此时，取得最大值为， 所以四边形面积S的最大值为. 19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等． （1）现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，判断三者之间的关系，并说明理由； （2）如图，过半径上一点A，且平行于半球犬圆（过球心的平面与球面相交所形成的圆）的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”，已知半球的半径为R，当点A为半径中点时，求截得的“球缺”的体积； （3）《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的几何体为“牟合方盖”．显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球．若正方体棱长为6，求“牟合方盖”体积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设平面与圆柱底面间的距离为，截半球的截面圆的半径为，则截圆锥的截面圆半径为，可得，平面截半球、圆锥、圆柱的截面面积满足，由祖暅原理得到答案； （2）由祖暅原理，“球缺”的体积等于高度为的圆柱体积减去对应圆台的体积，运算得解； （3）由于正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，用同一高度处的水平面来截它们，所得的截面积之比正好总是正方形的内切圆和正方形的面积之比，也就是，根据祖暅原理运算得解. 【小问1详解】 如图，用一个平行圆柱底面的平面截半球和圆柱， 设平面与圆柱底面间的距离为，截半球的截面圆的半径为，则截圆锥的截面圆半径为， 所以， 平面截半球截面圆的面积为，平面截圆锥的截面圆的面积为，平面截圆柱的截面圆的面积为， 所以， 由祖暅原理，可得. 【小问2详解】 当点为半径中点时，高度， “球缺”的体积等于高度为的圆柱体积减去对应圆台的体积， 所以“球缺”的体积为. 【小问3详解】 因为正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球，若正方体棱长为6，则内切球半径， 用一水平面去截它们，那么所得的正方形和圆也是相切在一起的， 对于直径为6的球和高为6的“牟合方盖”来说，使用同一高度处的水平面来截它们， 所得的截面积之比正好总是正方形的内切圆和正方形的面积之比，也就是， 由祖暅原理，“牟合方盖”的体积为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 怀化市2025年上期高一年级期末考试 数学试题 考试时长：120分钟 满分：150分 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设复数，则在复平面内对应点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，集合，则的元素个数为（ ） A. B. C. D. 3. 在锐角中，角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 某同学8次考试的数学成绩从低到高分别为85，87，89，90，92，93，94，96，则这组成绩的75%分位数为（ ） A 88 B. 93 C. 93.5 D. 94 5. 河水的流速为，一艘小船想沿垂直于河岸方向以的实际速度驶向对岸，则小船实际航行的速度大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面，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 7. 设为复数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的选项中，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. 某学校举行的数学史知识答题比赛，对参赛的名考生的成绩进行统计，可得到如图所示的频率分布直方图，其中分组的区间为，若同一组中数据用该组区间中间值作为代表值，则下列说法中正确的是（ ） A. 这人成绩的中位数为分 B. 这人成绩的众数约为分 C. 这人成绩的平均分约为分 D. 用分层抽样的方法从该校学生中抽取一个容量为的样本，则成绩在区间应抽取人 10. 已知事件满足，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若与互斥，则 C. 若，则与相互独立 D. 若与相互独立，则 11. 如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（ ） A. 该水杯侧面积为 B. 该水杯里牛奶的体积为 C. 放入的椰果半径为 D. 该水杯外接球的表面积为 三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡相应横线上． 12. 在正方体中，与所在直线所成异面角的大小为______． 13. 抛掷两枚质地均匀的正四面体骰子，每枚骰子的四个面上分别印有“”，“”，“”，“”四个数字．分别查看底面上的数字，则两个数字之和等于的概率为______ 14. 已知O为的外心，满足，若的最大值为，则______． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知． （1）若，求； （2）若与夹角余弦值为，求的值． 16. 2025年6月10日，“2025年湖南·怀化屈原爱国怀乡诗歌文化推广季暨传统龙舟赛”在溆浦县盛大开幕．此次活动吸引了35支龙舟队参赛，线上线下观众达数十万人．怀化市某校乘势举行纪念爱国诗人屈原的挑战赛，比赛设置了三道题，三道题的分值依次为1，2，3分，每个挑战者按题目顺序依次答题，答错不停止挑战，直至答完三道题．同学甲三道题答对的概率分别为，且每道题的答题互不影响． （1）求同学甲得0分的概率； （2）若得分不低于4分可获得挑战赛纪念品，求同学甲获得纪念品的概率． 17. 在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的正弦值． 18. 如图，在平面四边形中，． （1）若，求的值； （2）若，求的值； （3）求四边形面积S最大值． 19. 祖暅是南北朝时期伟大的数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等． （1）现有以下三个几何体：半径为R的半球，底面半径和高均为R的圆锥与圆柱，体积分别记为，判断三者之间的关系，并说明理由； （2）如图，过半径上一点A，且平行于半球犬圆（过球心的平面与球面相交所形成的圆）的平面将半球分割成两部分，位于上方的部分称为“球缺”，已知半球的半径为R，当点A为半径中点时，求截得的“球缺”的体积； （3）《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱（圆柱的上下底面为正方体的上下底面，圆柱的侧面与正方体侧面相切）的公共部分组成的几何体为“牟合方盖”．显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球．若正方体棱长为6，求“牟合方盖”体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $