精品解析：四川省眉山市仁寿县2024-2025学年高一下学期6月期末校际联考数学试题

2027届高一下期期末校际联考 数学试题 本试卷19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数，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】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出复数的代数形式，然后可得在复平面对应的点的位置． 【详解】由题意得，所以， 所以复数对应的点的坐标为，位于第四象限． 故选：D． 2. 若个样本，，，，的平均数是，方差为，则对于样本，，，，的平均数与方差分别是（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 【答案】D 【解析】 【分析】设，得到，根据题意，结合平均数和方差的性质，即可求解. 【详解】设，可得，则 根据题意，可得个样本的平均数是，方差为，即， 所以样本的平均数为，方差为， 即样本，，，，的平均数与方差分别是和. 故选：D. 3. 已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于C，直接用线面垂直的性质可判断；对于其他选项，可以借助长方体模型举反例判断即可. 【详解】对于A，如图，，，此时，故A错误； 对于B，如图，，，，此时异面，故B错误； 对于C，若，，则，故C正确； 对于D，如图，，，此时，故D错误. 故选：C. 4. 已知的直角顶点在平面外，与平面所成的角分别为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由题意作出于H，可得，，中勾股定理解得，即为点到平面的距离. 【详解】过C作于H，连结，则，. 在和中，，. 又在中有，即，得. 即C到平面的距离为1. 故选：C. 5. 如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则下列说法正确的是（　　） ①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面； ③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上； ④EF与GH的交点M一定在直线AC上． A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例定理、平面基本事实推理，再逐一判断各个命题作答. 【详解】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则，且， 点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且， 因此，点E，F，G，H四点共面，①正确，②错误； 因，，即四边形是梯形，则EF与GH必相交，令交点为M， 点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB与平面ACD的公共点， 而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，④正确，③错误， 所以说法正确的命题序号是①④． 故选：B 6. 已知，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角恒等变换求出，再利用诱导公式及二倍角公式求解即得. 【详解】由，得，则， 所以. 故选：C 7. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理可求得角的值，由余弦定理可得出的值，由已知可得出，再利用斯特瓦尔特定理可求得的长. 【详解】由及正弦定理可得， 因为，则，所以，则， 因为，故，因为， 由余弦定理可得， 因为的面积与的面积之比为，所以， 则，故， 由斯特瓦尔特定理可得， 因此. 故选：A. 8. 设函数的图象与函数的图象关于轴对称，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用轴对称求得函数，利用三角函数平移变换得到函数，再利用函数的对称中心计算得到结果. 【详解】由题意得，则. 函数的图象由函数图形向右平移1个单位得到. 由函数的图象与的图象关于点对称，在定义域内有4个交点. 所以函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为 故选：C. 二、多选题（本题共3小题:每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分，有选错得0分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，则当，时，为纯虚数 C. 若，则的最大值为3 D. 若实数与对应，则实数集与纯虚数集可建立一一对应关系 【答案】BC 【解析】 【分析】对各选项依次判断即可. 【详解】对于A，令，，则，但不满足，故A不正确； 对于B，若，则当，时，为纯虚数，故B正确； 对于C，的几何意义是复数对应的点到的距离为1，则的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，则的最大值为，故C正确； 对于D，当时，不满足，故D不正确. 故选：BC 10. 下列有关向量的命题正确的是（ ） A. 若均为非零向量，且，则 B. 已知单位向量满足，则 C. 在中，若，且，则为等边三角形 D. 若点在所在平面内，且，则点的轨迹经过的外心． 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：根据模长关系结合数量积的运算律分析判断；对于C：根据单位向量结合三角形几何性质分析判断；对于D：利用平面向量数量积的运算性质分析判断. 【详解】对于选项A：例如，则，但，故A错误； 对于选项B：由题意可知：， 因为，即， 可得，则， 即，解得，故B正确； 对于选项C：因为分别表示与共线的单位向量， 则表示的角平分线上的向量， 若，可知； 又因为，即， 且，可得； 综上所述：为等边三角形，故C正确； 对于选项D：设线段的中点为，连接，则， 因为， 可得， 则 ， 即，可知点在的中垂线上， 所以，点的轨迹经过的外心，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点，分别为棱，的中点，下列说法正确的是（ ） A. 在翻折过程中，存在某个位置使得 B. 若，则与平面所成角的正切值为 C. 当三棱锥体积取得最大值时，二面角的平面角大小为 D. 当时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，存在一个位置使平面，所以A正确；对于B，已知即为与平面所成角的平面角，求出其正切值，判断正确；对于C，证明平面平面，故错误；对于D，先确定球心，然后利用球的体积公式计算出体积，判断正确. 【详解】对于A，当平面与平面垂直时， ∵，平面与平面的交线为，平面， 所以平面， 又，平面，∴，，故A对； 对于B，连接， 因为，，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，为的中点，所以， 又，，平面，所以平面， 则即为与平面所成角的平面角， 在中，，， 则，， 所以，即与平面所成角的正切值为，故B正确； 对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大， 即平面与平面垂直时，由A选项可知，平面， 又平面，则平面平面， 则二面角的平面角的大小为，故C不正确； 对于D，当时，得， 又是的中点，则，所以是球心，，所以，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，16，20，22，则估计该组数据的总体的上四分位数为____． 【答案】18 【解析】 【分析】由百分位数的定义求解即可. 【详解】由题意，数据的总体的上四分位数即第75百分位数，又样本数据有8个， 所以，第六位数和第七位数为16，20， 所以第上四分位数为. 故答案为：18. 13. 如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量性质得出的关系，再应用基本不等式计算积的最大值即可. 【详解】因为,所以, 因为在一条直线上，所以, 所以,当且仅当时取等号， 所以的最大值为. 故答案为：. 14. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据两两垂直可知，三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解． 【详解】因为两两垂直，所以三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，设其外接球半径为，正方形边长为，所以，， 即，解得． 因为三棱锥的表面积即为正方形的面积，，设其内切球的半径为， 所以，，即． 因此，． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题． 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. 已知四棱锥的底面是菱形，平面. （1）设平面平面，求证：； （2）求证：. 【答案】（1） 平面平面， 平面， 又平面，平面平面， . （2） 平面平面， 四棱锥的底面是菱形，， 平面， 平面， 又平面. 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可得线面平行，进而根据线面平行的性质即可求解， （2）根据线面垂直即可求证线线垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 某学校有学生1000人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了100名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这100名学生的打分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为． （1）求频率分布直方图中的值，并估计该校学生满意度打分不低于70分的人数； （2）试估计该校学生满意度打分的平均数和的分位数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表，结果保留小数点后2位）； （3）若采用分层随机抽样的方法，从打分在的学生中随机抽取10人了解情况，求在打分中分别抽取的人数． 【答案】（1）0.006； （2）76.2， （3）在打分中抽取的人数为人，在打分中抽取的人数为人 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的频率和为1求出的值，再由频数=总数×频率得出打分不低于70分的人数； （2）由平均数、的分位数定义求解即可； （3）求得打分在和的频率，进而可求得用分层抽样求出打分在和中的人数. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，，解得， 该校学生满意度打分不低于70分的人数为：． 【小问2详解】 平均数为：； 所以， 所以的分位数为． 【小问3详解】 由频率分布直方图可知，打分在和内的频率分别为0.04和0.06， 所以打分在和内的频率之比为， 所以在打分中抽取的人数为人； 在打分中抽取的人数为人． 17. 如图，在锐角中，，； （1）用表示； （2）若，求的长度； （3）当取最小值时，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算可求得； （2）由向量的线性运算可得，利用点共线可得，结合条件可求得，利用面积可求，利用余弦定理可求； （3）利用，可求最小值及此时的，进而可求. 【小问1详解】 ，所以， 所以，所以； 【小问2详解】 又，所以，所以， ，所以， 又三点共线，所以，若，可得， 所以，又， 所以， 又因为，所以，所以， 因为是锐角三角形，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以； 【小问3详解】 由（2）可知，则， 当且仅当，即取最小值时， 所以，所以， 所以. 18. 如图，在三棱柱中，是等边三角形，，，平面平面，点，，分别为棱，，的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的正切值． 【答案】（1） 如图所示，取的中点，连接，， 因为是棱的中点，是的中点，所以，， 又因为点，分别为棱，的中点，所以，， 因为，，所以，， 又因为平面，平面，所以平面， 在平行四边形中，是的中点，是的中点， 所以，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面． 又因为，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面． （2） 如图所示，连接，因为是等边三角形，是的中点，所以，因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为，，所以， 又因为，平面，所以平面． （3）． 【解析】 【分析】（1）取的中点，证得平面，再由，证得平面，进而证得平面平面，即可证得平面． （2）连接，根据题意，证得平面，得到和，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （3）过点作直线的垂线，连接，证得平面，得到，再由，得到二面角的平面角为，在和中，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 解：如图所示，在平面内，过点作直线的垂线，垂足为，连接， 由（2）易得平面，又平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以二面角的平面角为， 在中，，，，所以， 在中，，，，所以， 即二面角的正切值是． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. （1）设函数，试求的伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值； （3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在点，使得. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式求出，从而得到的伴随向量；（2）根据向量得到，利用利用凑角法得到；（3）先求出，再设出P点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当时，和同时等于，此时. 【小问1详解】 ，故； 【小问2详解】 由题意得：，故，由于，所以，所以，所以 . 【小问3详解】 ，所以，假设存在点，使得，则即，因为，所以，所以，又因为，所以当且仅当时，和同时等于，此时，故在函数的图象上存在点，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高一下期期末校际联考 数学试题 本试卷19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知复数，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 2. 若个样本，，，，的平均数是，方差为，则对于样本，，，，的平均数与方差分别是（ ） A. 、 B. 、 C. 、 D. 、 3. 已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 已知的直角顶点在平面外，与平面所成的角分别为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则下列说法正确的是（　　） ①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面； ③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上； ④EF与GH的交点M一定在直线AC上． A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 6. 已知，则的值是（ ） A. B. C. D. 7. 斯特瓦尔特定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则的值是（ ） A. B. C. D. 8. 设函数的图象与函数的图象关于轴对称，将的图象向右平移个单位长度后得到函数的图象，则函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之和为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 二、多选题（本题共3小题:每小题6分，共18分，全部选对的得6分，部分选对的得2分或3分，有选错得0分） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，则当，时，为纯虚数 C. 若，则的最大值为3 D. 若实数与对应，则实数集与纯虚数集可建立一一对应关系 10. 下列有关向量的命题正确的是（ ） A. 若均为非零向量，且，则 B. 已知单位向量满足，则 C. 在中，若，且，则为等边三角形 D. 若点在所在平面内，且，则点的轨迹经过的外心． 11. 如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点，分别为棱，的中点，下列说法正确的是（ ） A. 在翻折过程中，存在某个位置使得 B. 若，则与平面所成角的正切值为 C. 当三棱锥体积取得最大值时，二面角的平面角大小为 D. 当时，三棱锥外接球的表面积为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，16，20，22，则估计该组数据的总体的上四分位数为____． 13. 如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________. 14. 如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______. 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. 已知四棱锥的底面是菱形，平面. （1）设平面平面，求证：； （2）求证：. 16. 某学校有学生1000人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了100名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这100名学生的打分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为． （1）求频率分布直方图中的值，并估计该校学生满意度打分不低于70分的人数； （2）试估计该校学生满意度打分的平均数和的分位数（同一组中的数据用该组区间的中间值代表，结果保留小数点后2位）； （3）若采用分层随机抽样的方法，从打分在的学生中随机抽取10人了解情况，求在打分中分别抽取的人数． 17. 如图，在锐角中，，； （1）用表示； （2）若，求的长度； （3）当取最小值时，求． 18. 如图，在三棱柱中，是等边三角形，，，平面平面，点，，分别为棱，，的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求二面角的正切值． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. （1）设函数，试求的伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值； （3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $