精品解析：湖北省荆州市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题

荆州市2024-2025学年高一年级质量检测 数学试卷 命题：陈子俊 高抒志 审题：张永波 黄蓉 王书爽 2025.7.2 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 在复平面内，复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. （0，2） B. （1，0） C. （2，0） D. （0，1） 3. 已知非零向量，满足，且，则与夹角大小为（ ） A. B. C. D. 4. 设，为复数，是虚数单位，下列命题中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若满足，则 D. 5. 已知，，是互不重合的三条直线，，，是互不重合的三个平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若与是异面直线，，，则 D. 若，，，，则 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 设内角所对应的边分别为，，，其面积，若的周长为1，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 8. 已知，，三点不共线，，其中，为实数且不同时为0，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则，，三点共线 B. 若，则点为的重心 C. 若，则平分 D. 若，则 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 数据0，1，1，2，2，2，3，4的极差与众数之和为6 B. 数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3 C. 若数据的标准差为1，则数据，，，的标准差为2 D. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 10. 若函数的图象与直线的相邻交点的距离为，则以下说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点是函数图象的一个对称中心 C D. 的解集为 11. 已知正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过点，，的平面截正方体所得截面多边形为正五边形 B. 若三棱锥的顶点都在球的表面上，则球的表面积为 C. 从顶点出发沿正方体的表面运动到点的最短路线长为 D. 若用一张正方形的纸把正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需正方形纸的面积的最小值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的母线长为，若轴截面为等腰直角三角形，则圆锥的表面积为__________. 13. 为了解某高中学校学生每周阅读课外书籍的数量，按年级分层，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取学生进行统计.现抽取高一学生25人，其每周阅读课外书籍数量的均值为3本，方差为3.2；抽取高二学生25人，其每周阅读课外书籍数量的均值为2本，方差为2.3.则该校高一、高二学生每周阅读课外书籍数量的总样本的方差是__________. 14. 如图，正方形的边长为，，分别为边，上的点，且，则的取值范围为__________. 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. 某中学举办学生数学素养知识竞赛.现从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计全校答卷成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 16. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）在中，若边的中线，求面积的最大值. 17. 如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面. （1）求点到平面的距离； （2）证明：平面； （3）若，求二面角的余弦值. 18. 已知函数（其中），将图象向右平移个单位长度后得到的函数为偶函数. （1）求解析式； （2）当时，求函数的单调增区间； （3）记方程在上有五个实根，，，，，其中，求的取值范围及的值. 19. 已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. （1）求的解析式； （2）将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州市2024-2025学年高一年级质量检测 数学试卷 命题：陈子俊 高抒志 审题：张永波 黄蓉 王书爽 2025.7.2 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将答题卡上交. 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. 在复平面内，复数对应的点在（ ） 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】先计算复数，根据复数的几何意义即可求解. 【详解】由，复数对应的点为位于第二象限， 故选：B. 2. 已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（ ） A. （0，2） B. （1，0） C. （2，0） D. （0，1） 【答案】C 【解析】 【分析】向量在方向上的投影向量为. 【详解】向量在方向上的投影向量为. 故选：C 3. 已知非零向量，满足，且，则与的夹角大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题可根据向量垂直的性质得到向量，的数量积以及模长的关系，再利用向量夹角公式求解夹角. 【详解】因为，所以①， 因为，所以②， 联立①②可得，又向量，非零向量，所以， 设向量，的夹角为，， 则，所以. 故选：B 4. 设，为复数，是虚数单位，下列命题中正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若满足，则 D. 【答案】C 【解析】 【分析】选项A，利用虚数单位的周期性幂运算判断； 选项B，通过反例说明模长相等的复数平方不一定相等； 选项C，结合复数的几何意义，分析单位圆上的点到定点的距离范围； 选项D，利用复数与共轭复数的乘积公式与平方的关系对比. 【详解】对于A，结合虚数单位的幂运算，，故A错误； 对于B，令，，则，但，，则，故B错误； 对于C，因为满足，所以表示复平面上对应单位圆上的点，则表示在复平面内，对应的点到点的距离，又点在单位圆上，所以，故C正确； 对于D，令，则，所以， ，所以，故D错误. 故选：C. 5. 已知，，是互不重合的三条直线，，，是互不重合的三个平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若与是异面直线，，，则 D. 若，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系即可判断ABC，利用线面平行的性质定理即可判断D. 详解】对于A：若，，则或，故A错误； 对于B：若，，，，则或与相交，或，故B错误； 对于C：若与是异面直线，，，则或与相交，故C错误； 对于D：若，，，，所以，，所以，故D正确. 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式计算，利用二倍角的正弦公式和同角三角函数商的关系计算，进而求解. 【详解】因为，， 所以， 故选：A. 7. 设的内角所对应的边分别为，，，其面积，若的周长为1，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理得，代入即可求得，再利用正弦定理将边转化为角即可求解. 【详解】由正弦定理有，为的外接圆半径， 所以， 所以， 所以，即，又的周长为1，所以， 所以， 故选：C. 8. 已知，，三点不共线，，其中，为实数且不同时为0，则下列结论不正确的是（ ） A. 若，则，，三点共线 B. 若，则点为的重心 C. 若，则平分 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线、三角形重心、角平分线以及向量垂直的相关性质逐一分析选项. 【详解】对于选项A： 因为，所以， 所以. 所以. 所以点三点共线，所以A正确； 对于选项B： ，设的中点， 根据向量加法的平行四边形法则得，所以. 根据三角形重心的定义，三角形的重心是三条中线的交点，且重心分得所在线段长度为， 可知点为的重心，B正确； 对于选项C： 设，则， 分别是与同向的单位向量，以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形， 菱形的对角线平分内角，所以平分，所以C正确； 对于选项D： . 因为，所以， 因为不一定为0，所以与不一定垂直，所以D错误. 故选：D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 数据0，1，1，2，2，2，3，4的极差与众数之和为6 B. 数据11，13，5，6，8，1，3，9的下四分位数是3 C. 若数据的标准差为1，则数据，，，的标准差为2 D. 若样本数据的频率分布直方图的形状为单峰不对称，且在右边“拖尾”（如图所示），则样本数据的平均数大于中位数 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A利用极差和众数的定义即可判断，对于B利用百分位数的定义即可判断，对于C利用方差的性质即可判断，对于D利用中位数和平均数的性质，结合图形分析即可判断. 【详解】对于A：数据0，1，1，2，2，2，3，4的极差为：，众数为：2，所以极差与众数之和为,故A正确； 对于B：由，所以数据11，13，5，6，8，1，3，9按从小到大排列为， 下四分位数是，故B错误； 对于C：若数据的标准差为1，则数据，，，的标准差为，故C正确； 对于D：右拖尾特征​：分布右侧有少数极端大值，左侧数据较集中. 平均数 vs 中位数​： 平均数受极端值影响显著，向右偏移. 中位数仅取决于数据中间位置，对极端值不敏感. ​结论​：右拖尾时，平均数通常大于中位数，故D正确. 故选：ACD. 10. 若函数的图象与直线的相邻交点的距离为，则以下说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. D. 的解集为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意求的最小正周期即可判断A，进而得，将代入即可验证，进而判断B，利用周期先将，再由单调性即可判断C，由解出即可判断D. 【详解】由题意有的最小正周期为，故A正确；所以，所以， 由，所以是函数图象的一个对称中心，故B正确； ，，又，在上单调递增，所以，即，故C正确； 由，所以， 即，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知正方体棱长为，，，分别为棱，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 过点，，的平面截正方体所得截面多边形为正五边形 B. 若三棱锥的顶点都在球的表面上，则球的表面积为 C. 从顶点出发沿正方体的表面运动到点的最短路线长为 D. 若用一张正方形的纸把正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需正方形纸的面积的最小值为8 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A作出过点，，的平面截正方体所得截面计算截面边长即可判断，对于B：取棱、的中点，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，求半径即可判断，对于C正方体部分展开分别求出即可判断，对于D由正方体的侧面展开图.结合图④可以看出五个边长为2的正方形及上下左右四个等腰直角三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形 即为所求最小正方形，计算其面积即可判断. 【详解】对于A：如图①，延长交的延长线于点，易得，所以，连接交于点，由，得，所以是上靠近的三等分点，在棱上取点，使得，连接，则，在棱上取点，使得，连接，则，得，取的中点，连接，则，得，则是上靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面. ，， ，， ，故五边形不是正五边形，故A错误； 对于B：如图②，取棱、的中点，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，直径长为，则球的表面积为，故B正确 对于C：正方体部分展开图如图③所示，按不同的展开方式，分三种情况：， ，，则的最小值为，故C正确. 对于D：由正方体的侧面展开图.结合图④可以看出五个边长为2的正方形及上下左右四个等腰直角三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形 即为所求最小正方形，其对角线长为，所以面积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥的母线长为，若轴截面为等腰直角三角形，则圆锥的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设母线长为，底面半径为，由轴截面为等腰直角三角形，即可求，根据圆锥的表面积公式即可求解. 【详解】设母线长为，底面半径为，由题意有：， 因为轴截面为等腰直角三角形，所以， 所以圆锥的表面积为， 故答案为：. 13. 为了解某高中学校学生每周阅读课外书籍的数量，按年级分层，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽取学生进行统计.现抽取高一学生25人，其每周阅读课外书籍数量的均值为3本，方差为3.2；抽取高二学生25人，其每周阅读课外书籍数量的均值为2本，方差为2.3.则该校高一、高二学生每周阅读课外书籍数量的总样本的方差是__________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据分层随机抽样中总样本方差的计算公式来求解. 【详解】因为高一抽取学生25人，样本均值为3；高二抽取学生25人，样本均值为2， 根据分层随机抽样总样本均值公式. 根据分层随机抽样总样本方差公式可得： . 故答案为：3. 14. 如图，正方形的边长为，，分别为边，上的点，且，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，，则，则，利用数量积的定义得，利用三角恒等变换和三角函数即可求解. 【详解】设，，则，所以， 所以， 令，由有，所以， 所以，所以， 所以的取值范围为. 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. 某中学举办学生数学素养知识竞赛.现从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，，，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）试估计全校答卷成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）. 【答案】（1） （2）40百分位数为72.9，平均数为76.2 【解析】 【分析】（1）由频率之和为1列方程求解； （2）根据累计频率判断第40百分位数所在区间，然后代入百分位数求解公式计算，区间中点值与对应区间频率的乘积之和即为平均数. 【小问1详解】 由频率分布直方图，可知，则. 【小问2详解】 前三个小矩形的面积和为， 前四个小矩形的面积和为，则第40百分位数位于内， 由，得第40百分位数为72.9， 平均数为 . 16. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）在中，若边的中线，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解； （2）法一：由是中点，得，利用向量的数量积运算得，最后利用均值不等式和三角形面积公式即可求解；法二：由是中点，得，在和中利用余弦定理得，最后利用均值不等式和三角形面积公式即可求解；法三：由是中点，得，，上面两式平方做差得，进而得，最后利用均值不等式和三角形面积公式即可求解；法四：在中，，，即，最后利用均值不等式和三角形面积公式即可求解；法五：延长至，使，因为是的中点，即证，进而得，又，即，即，最后利用均值不等式和三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 由正弦定理，得，即， 由余弦定理，得，又，所以； 【小问2详解】 法一：因为是中点，所以，即 即，， ， 因为，所以，即， ，即（当且仅当） 所以 所以当时，最大值为. 法二： 因为是中点，所以， 因为，所以，所以① 由，且，得，即② 把①代入②上式得： 下同方法1. 法三：因为是中点，所以，， 上面两式平方作差得：，所以， 因为，所以，即① 由，且，得，即② 把①代入②上式得： 下同方法1. 法四：在中，；在中，， 所以，即 下同方法2. 法五：如上图，延长至，使，因为是的中点， 所以，又，所以，则，且， 所以，，因为，所以，又， 所以，即， 下同方法1 17. 如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面. （1）求点到平面的距离； （2）证明：平面； （3）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）过点作于，垂足为点，即证平面，则线段即为点到平面的距离，在中，计算即可； （2）由（1）可知平面，得，由底面，得，利用线面垂直的判定定理即可得证； （3）作于，连接，即证，则即为二面角的平面角，在计算即可. 【小问1详解】 过点作于，垂足为点， 由平面平面，平面，平面平面，，得平面，则线段即为点到平面的距离， 由底面，平面，得，即为直角三角形， 在中，，，，， 故点到平面的距离为； 【小问2详解】 由（1）可知平面，又平面，得， 由底面，平面，得， 由，，、平面，，得平面； 【小问3详解】 作于，连接， 由底面，、平面，得，， 由，，、平面，，得平面，又平面，得， 则即为二面角的平面角. 由，，得，， 在Rt中，，. 故二面角的余弦值为. 18. 已知函数（其中），将的图象向右平移个单位长度后得到的函数为偶函数. （1）求的解析式； （2）当时，求函数的单调增区间； （3）记方程在上有五个实根，，，，，其中，求的取值范围及的值. 【答案】（1） （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及辅助角公式化简函数解析式，然后写出平移后函数的解析式，最后根据函数为偶函数则求解，即可求得的解析式； （2）根据正弦函数的单调性列不等式求解的单调增区间，再与区间取交集即可； （3）令，作出在上的图象，数形结合可求出m的范围，根据对称性求出、、、，求和即可. 【小问1详解】 ， 由的图象向右平移个单位长度，得， 此函数是偶函数，则， 因为，所以当时，，. 【小问2详解】 法一 由，得 因为，所以当时， 所以的单调增区间为 法二 由，得 由，得 所以的单调增区间为 【小问3详解】 由，可得 令，作出函数在上的图象，如图所示， 由方程在上有五个实数根，可得函数与直线在上有五个交点. 当时，；当时，， 则由图象可得当时，函数与直线在上有五个交点，设为，不妨设， ，，，， 所以，， ，， 解得，，，， 故，. 19. 已知函数的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于点，点为该部分图象与轴的交点. （1）求的解析式； （2）将绘有函数部分图象的纸片沿轴折成的二面角，如图2所示. （i）求直线与平面所成的角的正弦值； （ii）求以线段的中点为球心，半径为的球与二面角所围成的几何体的体积. 注：球缺的定义：如图3，一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫球缺的底面，垂直于底面的直径被截下的线段长叫球缺的高.设球的半径为，球缺的高为，则球缺的体积公式为. 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】（1）由图有先求周期，进而求，最后代点求出即可； （2）（i）法一：如图①，设在平面上的射影为，连接、，在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，由在平面上的射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为，在计算即可；法二：建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）法一：取线段的中点，线段的中点为，连，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点的圆，计算圆的半径，同理可得，球被平面所截的图形也是半径相同的圆，最后利用球缺和球的体积公式即可求解；法二：建立空间直角坐标系， 设线段的中点为，在平面上的射影为，计算以为球心，半径为的球被半平面和平面所截所截的图形为圆的半径，最后利用球缺和球的体积公式即可求解. 【小问1详解】 由图可得，，周期，所以， 由，得，所以， 所以，因为，所以当时，， 所以； 【小问2详解】 （i）法一 如图①，设在平面上的射影为，连接、，则，，. 在平面上过作轴的平行线，过点作交于，交轴于，则，，，， 因为在平面上射影为，所以在平面上的射影为，故和平面所成角为， ，所以和平面所成角的正弦值为. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图②， 设在平面上的射影为，则，，，，，， 平面的法向量为 设直线和平面所成角为，则 （ii）法一 由图①，设与轴相交于点，如图③所示，由，得，，则，即与重合，即，，三点共线 取线段的中点，则，得，，即，则，且，又轴，故轴 设线段的中点为，连，则，且.又平面，则平面 ，则点在球上，且球被平面所截的图形是以点为圆心、为半径的圆.同理可得， 球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成几何体如图④所示.不妨设其体积为，则 因为，得球缺的高，故，，故. 法二 如图，以的方向为轴的正方向，在平面内过且垂直轴的直线为轴，过且垂直平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图⑤所示 设线段的中点为，在平面上的射影为，则，，，，，，，到平面的距离为 以为球心，半径为的球被半平面所截的图形为圆，不妨设其半径为，圆心为，则，则， 即，所以所截的圆恰与轴相切，同理可得，球被平面所截的图形也是半径为的圆. 所以球与二面角所围成的几何体如图④所示.不妨设体积为，则 因为，得球缺的高，故 ，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $