精品解析：山西省吕梁市2024-2025学年高一下学期期末调研测试数学试题

山西省吕梁市2024-2025学年高一下学期期末调研测试数学试题 （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.答卷前，考生务必将自己的姓名、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. 复数1-i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】 由复数对应的点知识直接得解． 【详解】解：复数在复平面内对应的点的坐标为（1，-1）， 且（1，-1）在第四象限， 所以复数在复平面内对应的点位于第四象限， 故选D． 【点睛】本题主要考查了复数对应的点知识，属于基础题． 2. 已知向量，，若，则的值是（ ） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标表示直接求解即可. 【详解】∵向量，，， ∴，解得， ∴的值为， 故选：A. 【点睛】本题主要考查向量平行的坐标表示，属于基础题. 3. 已知某校高一、高二年级学生总人数之比是10:9；为了调查学生的阅读状况，采用分层抽样的方法从高一、高二年级抽取部分学生参与调查.若被抽到的高一学生比高二学生多6人，则参与调查的学生总人数是（ ） A. 115 B. 114 C. 60 D. 54 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据高一学生、高二年级所占的比例，列出等式即可求出结果. 【详解】设总人数为人，则，所以， 故选：B. 4. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形.若是斜边的中点，且，则原图中BC边上的高为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据原图与直观图的关系即可求解. 【详解】直观图中轴，所以原图中轴，即为BC边上的高. 因为，所以， 故选：C. 5. 甲、乙两人独立地解锁同一部手机，若两人能解锁的概率分别为、，则此手机被成功解锁的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用独立事件和对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】记事件此手机被成功解锁，则事件此手机没被解锁， 甲、乙两人独立地解锁同一部手机，甲成功解锁的事件记为，乙成功解锁的事件为, , 所以. 故选：D. 6. 如图，在正三棱柱中，，则异面直线BC与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接，利用异面直线的定义确定夹角，进而求出其余弦值. 【详解】在正三棱柱中，连接， 由，得为异面直线BC与所成角或其补角， 中，，同理， 在等腰中，， 所以异面直线BC与所成角的余弦值为. 故选：A 7. 已知，，则（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用两角和与差的正弦公式展开，然后两式相减、两式相加各得一个等式，再让这两个等式相除并化简即可求解. 【详解】, , 两式相减得, 两式相加得, 所以, 即, 故选：B. 8. 已知中，为的内心，，则周长的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 16 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，结合余弦定理、完全平方公式及基本不等式即可求解. 【详解】因为O是的内心 所以， 由于， 所以，故. 中，由余弦定理，得， 所以（当且仅当时，取“=”） 即，即周长的最大值为6. 故选：. 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. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A =“第一枚硬币反面朝上”，事件B =“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. A与B互斥 D. A与B相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】由古典概型概率公式计算可判断A、B，C；根据独立事件的定义计算可判断D. 【详解】对于A、C选项，，故A正确，C错误； 对于B选项，因为，， 所以，故B错误； 对于D选项，由，得A与B相互独立，故D正确. 故选：AD. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，则曲线的一个对称中心为 D. 的图象与直线和线段围成的图形面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，结合给定的的范围得可判断A；利用结合得，由即可判断B；由得函数的解析式，由图象平移得曲线：，通过代入验证可判断C；通过画出的图象，并应用余弦函数的对称性，数形结合求出图形围成的面积即可判断D. 【详解】对于A选项，观察图象，得，即，而，解得，故A正确； 对于B选项，由，且在函数的递增区间内，得，解得，解得，因此，故B正确； 对于C选项，将向左平移个单位后，得曲线C：，故C错误； 对于D选项，画出的图象与直线，线段，如图实线围成区域即为所求， 由于，且的最小正周期为， 结合对称性知，所求区域面积即为矩形ABCD的面积：，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，棱长为2的正方体中，点为线段上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积不是定值 B. 平面平面 C. 平面与平面ABCD所成二面角的余弦值为 D. 若，则过三点的平面截正方体所得截面的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：根据平行关系可知点P到平面的距离相等，结合锥体的体积公式分析判断；对于B：可证平面，即可得面面垂直；对于C：分析可知平面与平面ABCD所成二面角即平面与平面所成二面角，即为，进而可得结果；对于D：做辅助线，分析可知所求截面即为四边形，进而可得结果. 【详解】对于选项A：因为平面平面，且平面， 则点P到平面的距离相等，即三棱柱的高为定值， 又因为的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故A错误； 对于选项B：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面，故B正确； 对于选项C：因为平面平面， 可知平面与平面ABCD所成二面角即平面与平面所成二面角， 取的中点O，连接， 因为，可得， 则为所求二面角的平面角， 在中，可得， 所以所求二面角的余弦值为，故C正确； 对于选项D：连接并延长交BC于点M， 因为，则，可知M为BC的中点， 取的中点，连接， 因为分别为的中点，则，， 且，，可得，， 可知四边形为平行四边形，则， 同理可得，所以， 可知所求截面即为四边形，可得， 即四边形为菱形，且， 所以所求截面面积为，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据，利用二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】 故答案为：. 13. 从标有1，2，3，4，5的5张卡片中有放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为__________________. 【答案】 【解析】 【分析】利用古典概型概率计算公式可得结果. 【详解】，设事件“两张卡片上的数字之和为奇数”，则 ， 所以. 故答案为：. 14. 若一个棱长为2的正方体内接于四分之一球形封闭几何体（正方体的两个面分别在两个半圆面上，另外两个顶点在曲面上），则四分之一球形封闭几何体的内切球的半径为__________________. 【答案】 【解析】 【分析】画出图象，结合图象利用勾股定理即可求解. 【详解】设球形封闭几何体的半径为，如图， 正方体的棱长满足，因为，所以， 内切球半径满足，所以. 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. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. （1）求； （2）设BC边上的高等于，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角转化结合特殊角计算求解； （2）法一：设边长结合边角关系应用余弦定理计算求解；法二：设边长结合边长应用两角和余弦公式计算求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理， 得， 所以， 因为，所以，即. 【小问2详解】 法一：设BC边上的高与BC边交于点D，则，且. 设，则. 中，，中，. 中，由余弦定理，得. 法二：设，则. 中，，中，. ， 所以. 16. 已知向量，且. （1）求的最小正周期； （2）设为第四象限角，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据向量垂直的坐标表示和两角差余弦公式求出函数，再由周期公式即可得解； （2）先由题设求出，进而求出，接着倍角公式依次求出，再由两角和的正弦公式即可计算求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即，所以. 【小问2详解】 由，得， 因为为第四象限角，所以， 所以. 17. 某校举行数学竞赛，初赛时，每位参赛选手从4道题中随机抽取2道作答，若2道题全部答对，则直接进入决赛；若2道题都答错，则直接淘汰；若恰好答对1道题，则进入复赛.复赛时，每位参赛选手回答2道题（与初赛时的题目不同），若2道题都答对，则进入决赛，否则淘汰.该校学生甲参加了这次数学竞赛，已知甲初赛时只会其中2道题，复赛时答对每道题的概率均为，初、复赛结果互不影响，且复赛时各题答对与否也互不影响. （1）求甲进入决赛的概率； （2）求甲至少答对2道题的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用古典概率计算公式求得，根据独立事件的乘法公式求得，再由与互斥，根据互斥事件的概率加法公式求解即可； （2）由两两互斥，根据互斥事件的概率加法结合独立事件的乘法公式求解即可. 【小问1详解】 设事件“甲初赛答对道题”（），“甲复赛答对道题”（， “甲进入决赛”， 将初赛的4道题编号为1，2，a，b，其中甲会的题为a，b， 从4道中选2道，样本空间为：，每个样本点都是等可能的. 因为，所以 根据独立性假定，得 因为与互斥，根据互斥事件的概率加法公式，可得 因此，甲进入决赛的概率为. 【小问2详解】 设事件“甲至少答对两道题”，则 两两互斥，根据互斥事件的概率加法公式，可得 因此，甲至少答对两道题的概率为. 18. 我们知道，身体质量指数是衡量人体胖瘦程度以及是否健康的重要指标，根据《国家学生体质健康标准》（2014年修订），中国高中男生的正常值为：．某市抽取了1000名高中男生的值进行调查，调査结果的频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计该市高中男生值的众数； （2）一般地，以第5百分位数到第85百分位数作为的正常值，试估计该市高中男生的正常值，并比较与中国高中男生的正常值是否存在差异？若存在，请从统计知识的角度说明引起差异的原因； （3）已知落在区间的值的平均数为23，方差为，落在区间的值的平均数为25，方差为，求落在区间的值的平均数与方差． 【答案】（1），21 （2）正常值为，存在差异，原因：设第5百分位数为，因为前两组的频率之和为，所以第5百分位数， 由，解得，故第5百分位数为16.3． 前五组的频率之和为，故第85百分位数为24． 所以估计该市高中男生的正常值为，与中国高中男生的正常值存在差异， 存在差异的原因是：由样本的随机性引起的．中国高中男生值的样本容量较大，样本选取更广泛，更全面，更具有代表性，故中国高中男生的正常值更准确． （3）， 【解析】 【分析】（1）利用频率之和等于1建立等式求出，用最高矩形的底边中点的坐标作为众数的估计值； （2）利用频率分布直方图求百分位数的步骤分别算出第5百分位数和第85百分位数，即可确定值的正常范围，再利用样本的随机性来解释存在的差异； （3）求出总体的平均数后，利用分层方差的公式进行求解即可． 【小问1详解】 由频率分布直方图面积和为1可得 ，解得， 由频率分布直方图知，值在区间内的频率最大，故取这个区间的组中值作为样本众数的估计值，并据此估计该市高中男生值的众数为21； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 落入区间中学生有：人， 落入区间中学生有：人 故落入区间的值的平均数为： 方差为：． 19. 如图，在平面四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点到达点的位置，且平面平面ABC. （1）证明：； （2）设三棱锥的各个顶点都在球的球面上，且二面角的大小为. （i）求球的表面积与体积； （ii）若为线段PC（点除外）上的动点，求直线BM与平面OBC所成角的最大值. 【答案】（1） 因为，平面平面ABC，平面平面平面PAC，所以平面ABC， 平面ABC，因此. 又，所以平面PBC， 即. （2）（i），；（ii） 【解析】 【分析】（1）由平面平面ABC，根据面面垂直的性质得到线面垂直，进而得，再通过线面垂直的判定定理及性质即可得证； （2）取AP的中点O，由（1）得，通过计算得，，结合， （i）结合，知三棱锥外接球的球的半径，即可求解； （ii）设，点M到平面OBC的距离为，设直线BM与平面OBC所成角为，通过等体积法求得，得，通过求函数的最大值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以为二面角的平面角，即 所以，.所以，故. （i）因为为具有公共斜边AP的直角三角形， 取AP的中点O，则可得， 即O为三棱锥外接球的球心，球O的半径. 故表面积，体积. （ii）因为平面PBC，所以A点到平面PBC的距离， 由（i）可知，O为AP的中点，所以O点到平面PBC的距离， 令BC的中点为N，则，， 所以， 设，则 设点M到平面OBC的距离为， 因为，所以， 所以， 又 设直线BM与平面OBC所成角为，则， 当时，，即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西省吕梁市2024-2025学年高一下学期期末调研测试数学试题 （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.答卷前，考生务必将自己的姓名、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. 复数1-i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. 已知向量，，若，则的值是（ ） A. -4 B. -1 C. 1 D. 4 3. 已知某校高一、高二年级学生总人数之比是10:9；为了调查学生的阅读状况，采用分层抽样的方法从高一、高二年级抽取部分学生参与调查.若被抽到的高一学生比高二学生多6人，则参与调查的学生总人数是（ ） A. 115 B. 114 C. 60 D. 54 4. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形.若是斜边的中点，且，则原图中BC边上的高为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5. 甲、乙两人独立地解锁同一部手机，若两人能解锁的概率分别为、，则此手机被成功解锁的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正三棱柱中，，则异面直线BC与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. 5 C. D. 8. 已知中，为的内心，，则周长的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. 16 D. 18 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. 分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A =“第一枚硬币反面朝上”，事件B =“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（ ） A. B. C. A与B互斥 D. A与B相互独立 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的最小正周期为 C. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到曲线，则曲线的一个对称中心为 D. 的图象与直线和线段围成的图形面积为 11. 如图，棱长为2的正方体中，点为线段上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥的体积不是定值 B. 平面平面 C. 平面与平面ABCD所成二面角的余弦值为 D. 若，则过三点的平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则__________________. 13. 从标有1，2，3，4，5的5张卡片中有放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为__________________. 14. 若一个棱长为2的正方体内接于四分之一球形封闭几何体（正方体的两个面分别在两个半圆面上，另外两个顶点在曲面上），则四分之一球形封闭几何体的内切球的半径为__________________. 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a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. （1）求； （2）设BC边上的高等于，求. 16. 已知向量，且. （1）求的最小正周期； （2）设为第四象限角，求的值. 17. 某校举行数学竞赛，初赛时，每位参赛选手从4道题中随机抽取2道作答，若2道题全部答对，则直接进入决赛；若2道题都答错，则直接淘汰；若恰好答对1道题，则进入复赛.复赛时，每位参赛选手回答2道题（与初赛时的题目不同），若2道题都答对，则进入决赛，否则淘汰.该校学生甲参加了这次数学竞赛，已知甲初赛时只会其中2道题，复赛时答对每道题的概率均为，初、复赛结果互不影响，且复赛时各题答对与否也互不影响. （1）求甲进入决赛的概率； （2）求甲至少答对2道题的概率. 18. 我们知道，身体质量指数是衡量人体胖瘦程度以及是否健康的重要指标，根据《国家学生体质健康标准》（2014年修订），中国高中男生的正常值为：．某市抽取了1000名高中男生的值进行调查，调査结果的频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计该市高中男生值的众数； （2）一般地，以第5百分位数到第85百分位数作为的正常值，试估计该市高中男生的正常值，并比较与中国高中男生的正常值是否存在差异？若存在，请从统计知识的角度说明引起差异的原因； （3）已知落在区间的值的平均数为23，方差为，落在区间的值的平均数为25，方差为，求落在区间的值的平均数与方差． 19. 如图，在平面四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点到达点的位置，且平面平面ABC. （1）证明：； （2）设三棱锥的各个顶点都在球的球面上，且二面角的大小为. （i）求球的表面积与体积； （ii）若为线段PC（点除外）上的动点，求直线BM与平面OBC所成角的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $