精品解析：广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高一下学期6月期末教学质量监测数学试题

2025年春季学期高一年级期末教学质量监测 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求解一元二次不等式确定集合，再根据交集的定义求解. 【详解】因为， 又，所以. 故选：C 2. 在复平面内，复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的概念可求得复数的虚部. 【详解】因为，因此，复数的虚部为. 故选：B. 3. 在中，角，，的对边分别是，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理即可. 【详解】在中利用余弦定理得，. 故选：C 4. 如果向量，满足，，且，则和的夹角大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据平面向量垂直得出；再利用平面向量夹角的计算公式即可求解. 【详解】因为， 所以，即. 又因为， 所以两向量夹角的余弦值为. 又因为， 所以， 故两向量夹角的大小是. 故选：B 5. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式代入即可求解. 【详解】∴，∴，∴. 故选：D. 6. 在中，是边上靠近点的三等分点，是的中点，若，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】选一组基底，利用平面向量基本定理即可求解. 【详解】 因为是边上靠近点的三等分点，是的中点， 所以， 所以， 因为，不共线，所以. 故选：C. 7. 如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（ ） A. B. 18 C. D. 36 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，连接，得平面为平面截正方体的截面，由梯形的面积公式即可求解. 【详解】取的中点，连接，易知，所以平面与交点为， 则平面为平面截正方体的截面，四边形为等腰梯形， 过做，由，， 所以,， ，, 所以其面积为. 故选：B. 8. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量数量积运算律及定义计算求解. 【详解】取中点，可知在球面上，可得， 所以， 点在球的正方体外部（含正方体表面）运动， 当为直径时，，所以的最大值为. 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 若，，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意，由基本不等式，代入计算，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由题意可得，，当且仅当时，等号成立，所以，则，所以，故A正确； 因为，当且仅当时，等号成立，所以，因为，所以，所以，故B正确； 由选项B可知，，故C错误； 因为，当且仅当时，等号成立，故D错误； 故选：AB 10. 盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”.则下列说法正确的是（ ） A. A与相互独立 B. A与互对立 C. 与互斥 D. 与相互独立 【答案】ABD 【解析】 【分析】依次列出样本空间，事件A、B、C、D包含的基本事件，由事件的基本关系及概率公式一一判定选项即可. 【详解】依题意可设2个红球为，2个白球为，则样本空间为： ，共12个基本事件. 事件A，共4个基本事件. 事件B，共6个基本事件. 事件C，共6个基本事件. 事件D， 共8个基本事件. 对于A选项，因， 则，故A与相互独立，故A正确； 对于B选项，注意到，得A与互为对立事件，故B正确； 对于C选项，注意到，则与不互斥，故C错误； 对于D选项，因，，， 则，故D与相互独立，故D正确. 故选：ABD 11. 在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，下面四个选项中，正确的有（ ） A. 在四面体中，当时， B. 在四面体中，与平面所成角可能为 C. 四面体的体积的最大值为 D. 四面体的外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理、性质定理可判断；分析可知当平面平面时，与平面所成的角最大，此时，即可判断B；易知当平面平面时，四面体的体积最大，利用等面积法求出点到平面的距离，再求锥体体积即可判断C；分析可知斜边中点即为四面体的外接球球心，易求得半径，即得其表面积判断D. 【详解】对于A，当时，又∵，，，平面，∴平面. ∵平面，∴，故选项A正确； 对于B，设点在平面的射影为点.则由线面角的定义可知：与平面所成的角的正弦值为，故当点到平面的距离最大，即平面平面时，与平面所成的角最大， 此时，∴，故选项B错误； 对于C，易知当平面平面时，四面体的体积最大，此时点到平面的距离即为点到直线的距离. 设点到平面的距离，则在中，根据等面积法可得，∴，解得. 此时四面体的体积最大值为：，故选项C正确； 对于D，∵和都是直角三角形且共斜边， 因斜边的中点到的距离相等，该点即为四面体的外接球的球心， 故四面体的外接球的半径， 则四面体的外接球的表面积为，故选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知一组数据，，，，的平均数是2，方差是3，那么另一组数据，，，，的平均数为_____；方差为_____. 【答案】 ①. 1 ②. 12 【解析】 【分析】根据平均数和方差的性质进行求解. 【详解】原数据平均数为2，新数据平均数为， 原数据方差，新数据方差 故答案为：1，12 13. 如图，在四面体中，底面为边长为2的正三角形，平面，是的中点，若，则异面直线和所成角的余弦值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，利用三角形中位线得出，将异面直线所成的角转化为共面直线的夹角；再借助线面垂直的性质及解三角形的知识即可求解. 【详解】 取的中点，连接. 因为是的中点， 所以由三角形中位线可得：， 则或其补角为异面直线和所成角. 因为平面，，平面， 所以，. 又因为三角形为边长为2的正三角形， 所以， ， ， 显然， 所以为直角三角形， 则 即异面直线和所成角的余弦值为. 故答案为：. 14. 在荷花池中，有一只蜻蜓在成品字形的三片荷叶上飞来飞去（每次飞时，均从一叶飞到另一叶），而且逆时针方向飞的概率是顺时针方向飞的概率的3倍，如图所示.假设现在蜻蜓在叶上，则跳三次之后停在叶上的概率是__________. 【答案】##0.4375 【解析】 【分析】根据条件先求出逆时针和顺时针跳的概率，然后根据跳3次回到A，则应满足3次逆时针或者3次顺时针，根据概率公式即可得到结论． 【详解】由题意，知青蛙沿逆时针方向跳的概率是，沿顺时针方向跳的概率是. 青蛙跳三次要回到叶上只有两条途径： 第一条，按，此时停在叶上的概率； 第二条，按，此时停在A叶上的概率. 所以跳三次之后停在叶上的概率. 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 已知函数的最小正周期为. （1）求的值及函数的单调递增区间； （2）当时，求的值域. 【答案】（1）2，，. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式以及辅助角公式对函数化简，结合函数的周期求得，再利用整体代入求出函数的递增区间即可； （2）根据的范围，求得的范围，根据正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因， 所以， 由，得； 所以， 由， 得，. 故函数的单调增区间为，. 【小问2详解】 ，. . 函数的值域为. 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名市民的年龄的平均数和第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）平均数32.25; 第80百分位数37.5 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，先求出年龄在内的频率，再求出频数； （2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值； （3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可. 【小问1详解】 （1）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】 (2) 平均数为 32.25; 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】 （3）易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法在第3、4两组市民抽取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名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，，，，，，，共有10种. 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，，，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 【点睛】(1)古典概型的重要思想是事件发生的等可能性，一定要注意在计算基本事件总数和事件包括的基本事件个数时，他们是否是等可能的．(2)用列举法求古典概型，是一个形象、直观的好方法，但列举时必须按照某一顺序做到不重复、不遗漏．(3)注意一次性抽取与逐次抽取的区别：一次性抽取是无顺序的问题，逐次抽取是有顺序的问题. 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，点为中点. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，利用三角形中位线证得，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）法：取中点，利用面面垂直的性质，证得平面，进而证得，作于点，证得为二面角的平面角，利用垂直关系求得的正弦值即可；法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出二面角的正弦值即可. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 是菱形，为中点，又为中点， 所以为中位线，所以， 又平面，平面，平面. 【小问2详解】 法一： 取中点，连接， 是菱形，，又， 为等边三角形，， 平面，平面，平面平面， 平面平面，平面， 平面，又平面，， 作于点，连接，， 平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角， 在中，， 在中，， 在中，，即, 求得， 在中，， . 法二： 取中点，是菱形，， 又，为等边三角形，， 又，可得， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立坐标系， ，，，， ，，设平面的一个法向量为， 由，得. 平面的一个法向量为. 设二面角的平面角为，. 18. 已知的内角，，的对边为，，，且 （1）求角； （2）若的面积为， ①已知为的中点，且，求中线的长； ②求内角的角平分线长的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，求出； （2）①由三角形面积求出，从而得到，或，，根据中线得到，两边平方，结合向量数量积运算法则求出； ②根据求出，由基本不等式求出长的最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得，即. 由余弦定理得. 因为，所以. 【小问2详解】 ①，. 且，解得，或，. 由于， 所以， ； ②由， 得. 解得， 由于， 当且仅当时，取等号， 故. 19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）在仿射坐标系中，若，，且，求实数； （2）在仿射坐标系中，若，． ①当时，求； ②设，若对任意实数，恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合，得出方程，即可求解； （2）①当时，利用数量积的公式，求得，，，结合向量的夹角公式，即可求解； ②由，转化为对恒成立，求得，再由向量夹角公式，得到，进而求得其最值，得到答案. 【小问1详解】 因为，， 所以， 又因为，存在实数使得，即， 所以，可得，解得． 【小问2详解】 ①当时，，，， 所以， ， ， 所以． ②因为， ， ， 由，得， 所以对恒成立， 又因为，所以， 解得， 因为，所以满足题意． 所以， 又因为，所以， 所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春季学期高一年级期末教学质量监测 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（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 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 在复平面内，复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 在中，角，，的对边分别是，，，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如果向量，满足，，且，则和的夹角大小为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 在中，是边上靠近点的三等分点，是的中点，若，则（ ） A. 0 B. C. D. 1 7. 如图，已知正方体的棱长为4，是棱的中点，则平面截正方体所得截面图形的面积为（ ） A. B. 18 C. D. 36 8. 已知棱长为1的正方体，以正方体中心为球心的球与正方体的各条棱相切，若点在球的正方体外部（含正方体表面）运动，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 若，，且，则下列不等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 盒子里有2个红球和2个白球，从中不放回地依次取出2个球，设事件“两个球颜色相同”，“第1次取出的是红球”，“第2次取出的是红球”，“两个球颜色不同”.则下列说法正确的是（ ） A. A与相互独立 B. A与互为对立 C. 与互斥 D. 与相互独立 11. 在矩形中，，，沿矩形对角线将折起形成四面体，在这个过程中，下面四个选项中，正确的有（ ） A. 在四面体中，当时， B. 在四面体中，与平面所成角可能为 C. 四面体的体积的最大值为 D. 四面体的外接球的表面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知一组数据，，，，平均数是2，方差是3，那么另一组数据，，，，的平均数为_____；方差为_____. 13. 如图，在四面体中，底面为边长为2的正三角形，平面，是的中点，若，则异面直线和所成角的余弦值为_____. 14. 在荷花池中，有一只蜻蜓在成品字形的三片荷叶上飞来飞去（每次飞时，均从一叶飞到另一叶），而且逆时针方向飞的概率是顺时针方向飞的概率的3倍，如图所示.假设现在蜻蜓在叶上，则跳三次之后停在叶上的概率是__________. 四、解答题（本大题共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. 已知函数的最小正周期为. （1）求值及函数的单调递增区间； （2）当时，求的值域. 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名市民的年龄的平均数和第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. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，点为中点. （1）求证：平面； （2）若，求二面角的正弦值. 18. 已知的内角，，的对边为，，，且 （1）求角； （2）若的面积为， ①已知为的中点，且，求中线的长； ②求内角的角平分线长的最大值. 19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为． （1）在仿射坐标系中，若，，且，求实数； （2）仿射坐标系中，若，． ①当时，求； ②设，若对任意实数，恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $