精品解析：福建省龙岩市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量检查数学试题

龙岩市2024~2025学年第二学期期末高一教学质量检查 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”． 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. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 下列结果不是零向量的是（ ） A. B. C. D. 3. 用符号语言表述“若直线在平面内，则直线上的一点必在平面内”，正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角所对的边分别为，则满足以下条件的三角形的解个数为两个的是（ ） A. B. C. D. 5. 某学校为了调查高一年级学生期中物理考试的情况，随机选取了100名学生成绩，绘制了如图所示的频率分布直方图，则（ ） A. 平均数的估计值为70（注：同一组数据用该组区间的中点值作为代表） B. 第60百分位数估计值为71 C. 众数的估计值为75 D. 随机选取这100名学生中只有25名学生物理成绩不低于80分 6. 已知圆台的上、下底面半径分别为3和4，体积为，则该圆台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件“次中至多有一次正面朝上”，则（ ） A. 当时， B. 当时，事件与事件独立 C. 当时， D. 当时，事件与事件互斥 8. 已知为单位向量，向量，满足，，当向量和向量夹角最大时，的值为（ ） A. B. C. 8 D. 9 二、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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 复数在复平面内对应的点在第一象限 D. 复数是方程在复数集内的解 10. 已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 11. 已知棱长为3的正方体，则（ ） A. 平面截正方体的内切球所得截面的面积为 B. 若点是正方体内切球球面上的动点，则与所成角的正弦值最大为 C. 线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为 D. 线段上存在点，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用斜二测画法画一个平面四边形的直观图，其直观图是如图所示的边长为2的正方形，则平面四边形的面积为______． 13. 在中，角所对的边分别为，已知，且，则的值为______． 14. 已知一组数据的平均值为3，方差为21，删去一个数后，平均值不变，方差变为24，则原来数据的个数的值为______． 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． （1）若，且，求向量在向量方向上的投影向量的坐标； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求角的值； （2）若，的面积为，求边长的值． 17. 甲乙两位同学参加数学知识挑战赛，比赛共设置两道不同的题目，甲乙两人需要在规定时间内独自对这两道不同的题目进行解答，每道题只有一次解答机会．已知甲答对每道题的概率都为，乙答对每道题的概率都为，每次是否答对互不影响．设“甲只答对一道题”，“甲答对两道题”，“乙只答对一道题”，“乙答对两道题”. （1）若，求甲乙两人至少有一人全部答对的概率； （2）若，求甲乙两人一共答对三道题的概率的最小值． 18. 在三棱柱中，为线段中点，为线段上的动点，平面． （1）求证：为线段中点； （2）若是边长为2的正三角形，． （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）平面将三棱柱分成两部分，求体积较大部分的几何体的体积． 19. 如图，在中，角所对的边分别为是内的一点，且满足． （1）若，求的大小； （2）若，求的正切值； （3）若，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩市2024~2025学年第二学期期末高一教学质量检查 数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1．考生将自己的姓名、准考证号及所有的答案均填写在答题卡上． 2．答题要求见答题卡上的“填涂样例”和“注意事项”． 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. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法结合复数的虚部计算可得. 【详解】由，得的虚部为. 故选：B 2. 下列结果不是零向量的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的线性运算法则，逐项计算，即可求解. 【详解】对于A中，由，所以A不符合题意； 对于B中，由，所以B符合题意； 对于C中，由，所以C不符合题意； 对于D中，由，所以D不符合题意. 故选：B. 3. 用符号语言表述“若直线在平面内，则直线上的一点必在平面内”，正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用点与线、线与面、点与面的关系的集合表示，逐项判断. 【详解】由直线在平面内，得；由点在直线上，得；由点在平面内，得， 选项A正确，选项BCD都错. 故选：A 4. 在中，角所对的边分别为，则满足以下条件的三角形的解个数为两个的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的内角和定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A中，由正弦定理，可得， 则这样的三角形不存在，所以A错误； 对于B中，由，可得， 又由，则这样的三角形是唯一的，所以B不符合题意； 对于C中，由余弦定理，可得， 所以，则这样的三角形是唯一的，所以C不符合题意； 对于D中，由正弦定理，可得， 因为，可得，所以或，则这样的三角形有两个，所以D符合题意. 故选：D. 5. 某学校为了调查高一年级学生期中物理考试的情况，随机选取了100名学生成绩，绘制了如图所示的频率分布直方图，则（ ） A. 平均数的估计值为70（注：同一组数据用该组区间的中点值作为代表） B. 第60百分位数估计值为71 C. 众数的估计值为75 D. 随机选取这100名学生中只有25名学生物理成绩不低于80分 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中的数据，结合平均数，百分位数，众数和频率的计算方法，逐项计算求解，即可得到答案. 【详解】对于A中，根据频率分布直方图中的数据，可得数据的平均数为： ，所以A不正确； 对于B中，由前三个矩形的面积为， 前四个矩形的面积为， 所以数据的60百分位数落在第4个矩形，设为，则，所以B错误； 对于C中，根据频率分布直方图中的数据，可得数据的众数为，所以C正确； 对于D中，根据频率分布直方图，可得位于的频率为， 则，所以随机选取这100名学生中只有30名学生物理成绩不低于80分，所以D错误. 故选：C. 6. 已知圆台的上、下底面半径分别为3和4，体积为，则该圆台外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆台的体积公式求出该圆台的高，进而求出其外接球的半径即可. 【详解】设圆台的高为，则，解得， 设圆台外接球半径为，则，球心到圆台上下底面圆距离分别为， 因此，，解得， 所以该圆台外接球的表面积为. 故选：D 7. 抛掷一枚质地均匀的硬币次，记事件“次中既有正面朝上又有反面朝上”，事件“次中至多有一次正面朝上”，则（ ） A. 当时， B. 当时，事件与事件独立 C. 当时， D. 当时，事件与事件互斥 【答案】C 【解析】 【分析】利用列举法求出古典概率，再结合互斥事件、相互独立事件的意义逐项判断. 【详解】当时，样本空间(正正),(正反),(反正),(反反)，(正反),(反正)， (正反),(反正),(反反)， 对于A，是2次正面都朝上，是不可能事件，，A错误； 对于B，，则，B错误； 当时，样本空间(正正正),(正正反),(正反正),(反正正),(正反反),(反正反),(反反正),(反反反)， (正正反),(正反正),( 反正正),(正反反),(反正反),(反反正)， (正反反),(反正反),( 反反正),(反反反)， 对于C，，则，C正确； 对于D，事件与事件可以同时发生，D错误. 故选：C 8. 已知为单位向量，向量，满足，，当向量和向量夹角最大时，的值为（ ） A. B. C. 8 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，确定向量终点位置，再设出该终点坐标，利用余弦定理及三角形面积公式，结合数量积的定义列式求解. 【详解】令，设，由，得， 作，即向量终点都在直线上，如图， 则，设， 则，，而， ，则，， 由，得， ，要使最大，即最小， 而，当且仅当时取等号，此时． 故选：C 二、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. 已知复数，则（ ） A. B. C. 复数在复平面内对应的点在第一象限 D. 复数是方程在复数集内的解 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，利用复数模长公式直接进行求解；B选项，直接计算即可；C选项，在复平面内对应的点坐标为，C正确；D选项，代入计算验证即可. 【详解】A选项，，A正确； B选项， ，B错误； C选项，复数在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限，C正确； D选项，， 复数是方程在复数集内的解，D正确. 故选：ACD 10. 已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算逐项判断. 【详解】在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，，，B错误； 对于C，，，，C正确； 对于D，，， ，D错误. 故选：AC 11. 已知棱长为3的正方体，则（ ） A. 平面截正方体的内切球所得截面的面积为 B. 若点是正方体内切球球面上的动点，则与所成角的正弦值最大为 C. 线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为 D. 线段上存在点，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】在正方体中，得到平面，得到到平面的距离，求得球心平面的距离为，得到截面圆的半径为，可得判定A错误；根据球的几何结构，得到当与球相切时，与所成的角最大，可判定B正确；得到与平面所成角的正弦值为，当最小，可判定C正确；将与四边形沿展开在同一平面上，得到线段的长度即为的最小值，结合余弦定理，可判定D错误. 【详解】对于A中，在正方体中，平面，且平面， 所以，因为，且，平面， 所以平面，可得到平面的距离， 根据正方体的性质，可得的中点即为球心，则平面的距离为， 设平面截内切球截得的截面圆的半径为，则， 所以平面被球截得的截面圆的面积为，所以A错误； 对于B中，根据球的几何结构，可得当与球相切时，与所成的角最大， 此时，所以B正确． 对于C中，因为，则到平面的距离， 所以与平面所成角的正弦值为， 要使正弦值最大，只需最小，当时，此时， 所以最大正弦值为，所以C正确． 对于D中，如图所示，将与四边形沿展开在同一平面上， 由图可知，线段的长度即为的最小值， 在中，可得，所以D错误. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 用斜二测画法画一个平面四边形的直观图，其直观图是如图所示的边长为2的正方形，则平面四边形的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则求出，判断四边形的形状，确定，由此求出面积. 【详解】在正方形中，， 由斜二测画法知， 且，四边形为平行四边形， 所以原四边形的面积是. 故答案为：. 13. 在中，角所对的边分别为，已知，且，则的值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理及边长关系得到，根据余弦定理求出. 【详解】，由正弦定理得， 又，所以， 由余弦定理得. 故答案为： 14. 已知一组数据的平均值为3，方差为21，删去一个数后，平均值不变，方差变为24，则原来数据的个数的值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】根据平均数和方差的计算公式列出关于的方程，进而求解的值. 【详解】因为一组数据的平均值为3， 所以有①. 删去一个数后，平均值不变，假设删掉的数是， 则②， ①-②得. 已知原数据方差为21，根据方差公式得， 所以. 删除数据后方差变为24，则， 所以， 因为，所以，解得. 故答案为：8. 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． （1）若，且，求向量在向量方向上的投影向量的坐标； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，根据向量垂直的坐标表示，列出方程，求得，结合投影向量的计算公式，即可求解. （2）由与的夹角为锐角，得到且与不共线，列出不等式组，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得 因为，可得，解得或 又因为，所以，此时，可得且， 所以在方向上的投影向量. 【小问2详解】 解：因为， 若与的夹角为锐角，则且与不共线， 则满足，解得且， 实数的取值范围为． 16. 在中，角所对的边分别为，已知． （1）求角的值； （2）若，的面积为，求边长的值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）根据题意，整理得，结合余弦定理，求得，即可求解； （2）根据题意，求得的值，由正弦定理和面积公式，得到，得出方程，即可求解. 【小问1详解】 由，整理得， 由余弦定理得， 因为，所以． 【小问2详解】 因为且，可得， 所以， 由正弦定理，可得， 所以， 因为， 所以，可得． 17. 甲乙两位同学参加数学知识挑战赛，比赛共设置两道不同的题目，甲乙两人需要在规定时间内独自对这两道不同的题目进行解答，每道题只有一次解答机会．已知甲答对每道题的概率都为，乙答对每道题的概率都为，每次是否答对互不影响．设“甲只答对一道题”，“甲答对两道题”，“乙只答对一道题”，“乙答对两道题”. （1）若，求甲乙两人至少有一人全部答对的概率； （2）若，求甲乙两人一共答对三道题的概率的最小值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）设“甲乙两人至少有一人全部答对”，得到两两互斥，且与相互独立，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解； （2）设“甲乙两人一共答对三道题”，得到，且，设，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：设“甲乙两人至少有一人全部答对”， 则两两互斥，与相互独立， 且，所以． 所以 ． 【小问2详解】 解：由题知，， 设“甲乙两人一共答对三道题”， 则 ． 因为，所以， 设，则在单调递增，单调递减， 所以当时，；当时，，所以， 所以，即，当且仅当时等号成立， 故甲乙两人一共答对三道题的概率最小值为． 18. 在三棱柱中，为线段中点，为线段上的动点，平面． （1）求证：为线段中点； （2）若是边长为2的正三角形，． （ⅰ）求二面角的正弦值； （ⅱ）平面将三棱柱分成两部分，求体积较大部分的几何体的体积． 【答案】（1）证明：平面平面，平面平面， ，又是中点，为中点． （2）（ⅰ）；（ⅱ）． 【解析】 【分析】（1）由线面平行的性质得到线线平行，进而得到为中点； （2）（ⅰ）由余弦定理得到，作出辅助线，得到各边长，利用勾股定理逆定理得，证明线面垂直，得到为二面角的平面角，在中，，得到答案； （ⅱ）作出辅助线，设，得到，由三点共线可得，求出，设的面积为到平面的距离为， 根据求出，利用求出多面体的体积，进而得到较大部分的几何体的体积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）， 由余弦定理：， 即， （负值舍去）， 取中点，连接，如图所示： 是边长为2的正三角形， ，可得：， 由得到， 又为中点，且， ，， 又平面， 平面， 平面， ∴， 过作，连接，又平面，， 平面， ∵平面，∴， 为二面角的平面角 在中，； 二面角的正弦值为． （ⅱ）延长，交的延长线于点，连接并延长，交于点，连接， 为中点，由三角形相似可得：，即为中点， 设， 三点共线，，解得：． 由（ⅰ）知， ， 设的面积为到平面的距离为， 易得四边形的面积为，的面积为S， ，即， ，． 多面体的体积为． 较大部分的几何体的体积为． 【点睛】 19. 如图，在中，角所对的边分别为是内的一点，且满足． （1）若，求的大小； （2）若，求的正切值； （3）若，求的值． 【答案】（1）100° （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在中，利用三角形的内角和定理，即可求解； （2）在中，求得，在中，得到，得到方程，进而求得的值； （3）分别求得和，结合，即可求解. 【小问1详解】 解：因为，可得， 在中，可得. 【小问2详解】 解：由题意，可得，则， 在中，由正弦定理，可得， 在中，由正弦定理， 可得， 所以，整理得，所以． 【小问3详解】 解：在内，由余弦定理及三角形面积公式，可得： ， ， ． 三式相加可得： ①， 在内，由余弦定理以及三角形的面积公式，可得： ， 在和中，同理可得：， 所以， 因为， 可得②， 由①②得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $