精品解析：山西省运城市2024-2025学年高一下学期7月期末调研测试数学试题

运城市2024-2025学年第二学期期末调研测试 高一数学试题 2025.7 本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上. 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 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. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 2. 从这10个数中随机选择一个数，则这个数平方的个位数字为1的概率是（ ） A. B. C. D. 3. 设向量，则与夹角等于（ ） A. B. C. D. 4. 甲､乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.7，乙中靶的概率为0.8，则事件“恰好有一人中靶”的概率为（ ） A. 0.56 B. 0.62 C. 0.38 D. 0.44 5. 若O为△ABC所在平面内一点，且满足，则△ABC的形状为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 6. 已知正四棱台的体积为，则与平面所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 7. 在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，分别沿折起，使三点重合于点.则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知边长为2的菱形中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 一组数据、、、、，满足，若去掉、后组成一组新数据，则新数据与原数据相比（ ） A. 极差变小 B. 平均数变小 C. 第百分位数变小 D. 方差变小 10. 已知、是随机事件，则下列结论不正确是（ ） A. 互斥的事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件 B. 事件与事件中至少有一个发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率大 C. 事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小 D. 若、两个随机事件，且，，则 11. 已知在三棱锥中，，平面平面.若点分别为的中点，点为三棱锥表面上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在棱上，则的最小值为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则点的运动轨迹为两个半圆弧 D. 三棱锥的外接球的体积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面直角坐标系中O是原点，向量、对应的复数分别为、，那么向量对应的复数是____________. 13. 如图，三棱柱中，侧面是菱形，侧面是正方形，，点是的中点，二面角平面角的大小为，则的长为__________. 14. 在锐角三角形中，若，则的取值范围是__________. 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. 某家水果店店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量(单位：)，并绘制频率分布直方图如下： （1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数和平均数；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表) （2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求(在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求).请问每天应该进多少千克苹果？(精确到整数位) 16. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，各棱长均为为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面 17. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若为边上一点，且，，求． 18. 甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表： 第一轮 甲VS乙 丙VS丁 第二轮 甲VS丙 乙VS丁 第三轮 甲VS丁 乙VS丙 规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立. （1）求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由； （2）若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中. （1）求三棱锥在各个顶点处离散曲率的和； （2）若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； （3）在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 运城市2024-2025学年第二学期期末调研测试 高一数学试题 2025.7 本试题满分150分，考试时间120分钟.答案一律写在答题卡上. 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名､准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2.答题时使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整､笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不折叠，不破损. 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. 已知，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，故. 故选：D. 2. 从这10个数中随机选择一个数，则这个数平方的个位数字为1的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用列举法求解出古典概型的概率. 【详解】， 其中个位数字是的有，共2个， 所以所求概率为， 故选：B. 3. 设向量，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由坐标计算向量夹角可得. 【详解】， 因为向量夹角范围为，所以与的夹角等于. 故选：A. 4. 甲､乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.7，乙中靶的概率为0.8，则事件“恰好有一人中靶”的概率为（ ） A. 0.56 B. 0.62 C. 0.38 D. 0.44 【答案】C 【解析】 【分析】由对立事件概率、互斥加法以及独立乘法即可求解. 【详解】由题意恰好有一人中靶的概率为. 故选：C. 5. 若O为△ABC所在平面内一点，且满足，则△ABC的形状为（ ） A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由平面的线性运算，把给定的等式转化为用含的边的向量等式，再由模的意义即可求解. 【详解】在中，， 所以， 所以，即， 即， 可得，因与均为非零向量， 则，即，是直角三角形. 故选：. 6. 已知正四棱台的体积为，则与平面所成角的正切值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据体积求出正四棱台的高，分别取的中点，过作交于，则为与底面所成的角，求解即可. 【详解】∵，∴上，下底面的面积分别为， 设正四棱台的高为， 则其体积为，解得， 连接，分别取的中点， ∵面，面，∴， 过作交于，则，面， ∴为与底面所成的角， ∵，， ∴， 与平面所成角的正切值为3. 故选：D. 7. 在边长为2的正方形中，点是的中点，点是的中点，将，分别沿折起，使三点重合于点.则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】先证明平面，再根据等体积法结合三棱锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】由题意可知，平面， 故平面， 边长为2的正方形中，点E是AB的中点，点F是BC的中点， 则，则， 故， 故选：A. 8. 已知边长为2的菱形中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及夹角公式求解. 【详解】依题意，， 因此 ，解得， 则，而， 所以. 故选：C 二､多选题：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. 一组数据、、、、，满足，若去掉、后组成一组新数据，则新数据与原数据相比（ ） A. 极差变小 B. 平均数变小 C 第百分位数变小 D. 方差变小 【答案】AD 【解析】 【分析】利用不等式的性质结合极差的定义可判断A选项；举特例可判断B选项；利用百分位数的定义可判断C选项；利用样本数据的波动性可判断D选项. 【详解】对于A选项，原数据极差为，新数据的极差为， 因为，，则，由不等式基本性质可得， 故极差变小，A对； 对于B选项，不妨取， 则原数据的平均数为，新数据的平均数为， 此时，原数据和新数据的平均数不变，B错； 对于C选项，对于原数据，因为，则原数据的第百分位数为， 对于新数据，因为，故新数据的第百分位数为， 由不等式的性质可得，故第百分位数变大，C错； 对于D选项，去掉两个数据、后，极差变小，样本数据波动性变小，故方差变小，D对. 故选：AD. 10. 已知、是随机事件，则下列结论不正确的是（ ） A. 互斥的事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件 B. 事件与事件中至少有一个发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率大 C. 事件与事件同时发生的概率一定比与中恰有一个发生的概率小 D. 若、是两个随机事件，且，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据对立事件和互斥事件的关系可判断A选项；取可判断BC选项；举特例可判断D选项. 【详解】对于A选项，互斥的事件不一定是对立事件，对立事件一定是互斥事件，A对； 对于B选项，当时，事件与事件中至少有一个发生的概率一定和与中恰有一个发生的概率相等，B错； 对于C选项，当时，事件与事件同时发生的概率一定与与中恰有一个发生的概率相等，C错； 对于D选项，抛掷骰子一次，记事件向上的点数不小于，记事件向上的点数不大于， 则，所以，D错. 故选：BCD. 11. 已知在三棱锥中，，平面平面.若点分别为的中点，点为三棱锥表面上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 若点在棱上，则的最小值为 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则点的运动轨迹为两个半圆弧 D. 三棱锥的外接球的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意利用线面垂直的判定定理可证明平面，再由面面垂直的性质可得，且，作出点的轨迹为线段即可得出轨迹长度为，即B错误；若，利用等体积法可得点到平面和平面的距离大于，可知点的轨迹是在平面和平面内的两个半圆，即C正确；利用平面展开图和余弦定理可知的最小值为，即A正确；找出三棱锥A﹣BCD的外接球的球心位置并计算半径可得，所以体积为，故D正确. 【详解】由，点分别为的中点； 所以，平面，且， 可得平面； 又，利用勾股定理可得， 又平面平面，平面平面，，所以平面， 平面，所以，则由勾股定理可得, 取的中点为，连接，如下图所示：     易得，所以，同理可得平面； 又为三棱锥表面上一动点， 若，则点的轨迹为线段上除去之外的点， 所以点P的轨迹长度为，即B错误； 若，又为三棱锥表面上一动点， 即可知点的轨迹是以为球心，为半径的球与三棱锥表面的交线； 易知在平面内，显然点的轨迹是以为圆心，为半径的上半圆； 同理在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的半圆； 设点到平面的距离为， 由等体积法可得，即， 解得，由对称性可知到平面的距离也为， 即以为圆心，为半径的球与平面和平面无交点， 所以点的轨迹是在平面和平面内的两个半圆，即C正确； 将平面沿旋转至与平面在同一平面内，如下图所示：     易知四边形为菱形，连接交于，此时最短为 又，所以， 在中，由余弦定理可知，即， 可得的最小值为，即A正确； 作，则易知为菱形，显然点即为外接圆的圆心， 设三棱锥A﹣BCD的外接球的球心为，半径为， 易知球心在点正下方，如下图所示：         设，则，解得； 所以三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为，即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. 已知平面直角坐标系中O是原点，向量、对应的复数分别为、，那么向量对应的复数是____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数向量表示可得答案. 【详解】. 故答案为：. 13. 如图，三棱柱中，侧面是菱形，侧面是正方形，，点是的中点，二面角平面角的大小为，则的长为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】取的中点，连接，由几何性质可得为二面角的平面角，再由余弦定理可得. 【详解】 取的中点，连接， 因为为正三角形，所以， 又侧面是正方形，点是的中点， 所以，即为二面角的平面角，且大小为， 所以，由余弦定理可得，解得. 故答案为：1. 14. 在锐角三角形中，若，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦定理计算化简得，换元令，则，结合锐角三角形，根据余弦定理求得，再利用对勾函数的单调性求得值域，即可得解. 【详解】由题意，根据余弦定理，， 因为是锐角三角形，则，即， 又因为，即， 代入计算可得，即. 令，则， 因为对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则. 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. 某家水果店的店长为了解本店苹果的日销售情况，记录了近期连续120天苹果的日销售量(单位：)，并绘制频率分布直方图如下： （1）请根据频率分布直方图估计该水果店苹果日销售量的众数和平均数；(同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表) （2）一次进货太多，水果会变得不新鲜；进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能80%地满足顾客的需求(在10天中，大约有8天可以满足顾客的需求).请问每天应该进多少千克苹果？(精确到整数位) 【答案】（1）众数为为85，平均数为；（2）每天应该进98千克苹果. 【解析】 【分析】（1）在图中找最高的矩形对应的值即为众数，利用平均数公式求平均数； （2）由题意分析需要找概率为0.8对应的数，类比在频率分布直方图中找中位数的方法即可求解. 【详解】（1）如图示：区间频率最大，所以众数为85， 平均数为： （2）日销售量[60，90)的频率为，日销量[60，100)的频率为， 故所求的量位于 由得 故每天应该进98千克苹果. 【点睛】从频率分布直方图可以估计出的几个数据： (1)众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标； (2)平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加； (3)中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标． 16. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，各棱长均为为的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，结合中位线性质和线面平行的判定定理可得； （2）由线面垂直的性质定理得到，再由面面垂直的判定定理证明可. 【小问1详解】 设，连接，可知为的中点， 因为为的中点，则， 且平面平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，且为的中点，则， 又因为平面平面，则， 且平面， 则平面，由平面，平面平面. 17. 在中，内角所对的边分别为．已知． （1）求； （2）若为边上一点，且，，求． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简已知可得，由余弦定理可得，结合范围，可求的值； （2）由已知利用三角形的面积公式可求，可得，进而由余弦定理可得，可求，根据特殊角的三角函数值即可得解． 【详解】解：（1）∵， ∴由正弦定理可得：，即， ∴由余弦定理可得：， ∵， ∴； （2）∵在中，，即， 由已知，可得， ∴， ∴在中，由余弦定理可得， 即，整理可得，即， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理，三角形的面积公式，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题． 18. 甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表： 第一轮 甲VS乙 丙VS丁 第二轮 甲VS丙 乙VS丁 第三轮 甲VS丁 乙VS丙 规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立. （1）求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由； （2）若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率. 【答案】（1），一定出线，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因； （2）丁以6分成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案. 【小问1详解】 记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立. 丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为， 丁总分7分一定出线. 理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分. 小组赛两队出线，所以丁一定出线. 【小问2详解】 第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分， ①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率， ②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率， ③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为， 丁队出线的概率， 综上，丁以6分出线的概率为. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标.设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.如图，在三棱锥中. （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； （3）在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度. 【答案】（1）2； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据离散曲率的定义分别计算各个顶点处的离散曲率，再利用三角形内角和计算即可； （2）利用线面垂直的性质和判定证得，即，根据离散曲率的定义计算得，根据点面距离的定义作出点到平面的距离线段，根据边角关系求解即可； （3）法一：根据定义作出线面角，设，则，利用余弦定理计算得，利用构造关于的方程，求解即可； 法二：如图建立空间直角坐标系，利用向量法计算线面角的正弦值，即可得解. 【小问1详解】 由离散曲率的定义得： ， ， 因为，同理可得其他三个三角形内角和为， 所以； 【小问2详解】 由平面平面，得， 又平面，则平面， 由平面，得，即， 又，即， 解得， 过点作于点，由平面平面，得， 又平面，则平面，因此点到平面的距离为线段的长. 在中，， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 方法一：过点作交于点，连接， 由平面，得平面，则为直线与平面所成的角， 依题意，， 设， 则， ， 在中，根据余弦定理，， 由，得， 因此，整理得，即， 解得或，因为，所以. 方法二：由（2）知，平面平面，过作的平行线，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得：， 所以，， 设，则， 设与平面所成的角为，因为，所以， 取平面的法向量， 则， 整理得，即，解得：或（舍）， 所以，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$