精品解析：浙江省宁波市余姚市2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题

余姚市2024学年第二学期高中期末考试 高一数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破. 选择题部分（共58分） 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. 经过不在一条直线上的三个点的平面（ ） A. 有且仅有一个 B. 有且仅有三个 C. 有无数个 D. 不存在 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 4 B. 12 C. 2 D. 4. 已知圆台的上下底面的半径分别为1和2，母线长为2，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 5. 学校为了解全校1800名学生的身体肥胖情况，随机抽取了100名学生的体检数据，将其BMI值分成以下五组：，，，，，得到相应的频率分布直方图，如图所示.则下列说法错误的是（ ） A. B. 估计样本的中位数为23 C. 估计样本的众数为22 D. 估计全校学生BMI值落在区间的人数为36人 6. 设，，为两两不重合的直线，，，为两两不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 7. 已知样本数据，，，，的平均数是4，方差是1，则新样本数据，，，，，的（ ） A. 平均数是7 B. 平均数是 C. 方差是4 D. 方差是 8. 在中，，，分别是，，所对的边，已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 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. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 10. 有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，则（ ） A. 甲与乙相互独立 B. 甲与丙相互独立 C. 乙与丁互斥 D. 丙与丁互为对立 11. 已知正方体的棱长为1，点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体的截面可能为等腰梯形 B. 平面截正方体的截面可能为菱形 C. 点运动过程中，三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数为方程的根，则_____. 13. 已知向量，，，若，则_____. 14. 已知二面角的大小为，棱上有两个不同的点，，，，，，若，则直线与平面所成角的正弦值为_____. 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. （用坐标法不给分）如图，直四棱柱中，底面为菱形，，，为中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 16. 如图，在中，，为的中点，过点的直线分别与边，交于点，（不含端点）.若，，. （1）用，表示（请写出具体推理步骤）； （2）求的值. 17. 如图，在平面四边形中，交于点，且为的中点.，，，. （1）求的长； （2）求. 18. 乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. （1）若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； （2）若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 19. （用坐标法不给分）如图，在矩形中，已知，，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥. （1）若，求异面直线与所成角的余弦值； （2）求证：； （3）在翻折过程中，记二面角的大小为，求二面角的最大值及此时的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 余姚市2024学年第二学期高中期末考试 高一数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破. 选择题部分（共58分） 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. 经过不在一条直线上的三个点的平面（ ） A. 有且仅有一个 B. 有且仅有三个 C. 有无数个 D. 不存在 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面的性质即可求解. 【详解】由公理：经过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，故A项正确. 故选：A. 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】由，和正弦定理可得， 故， 故选：B 3. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 4 B. 12 C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出，再由化简计算即可 【详解】因为向量，它们的夹角为， 所以， 所以. 故选：C. 4. 已知圆台的上下底面的半径分别为1和2，母线长为2，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据勾股定理求解圆台的高，再根据台体的体积公式求解即可. 【详解】由图可得，圆台的高为， 故圆台的体积为. 故选：D. 5. 学校为了解全校1800名学生的身体肥胖情况，随机抽取了100名学生的体检数据，将其BMI值分成以下五组：，，，，，得到相应的频率分布直方图，如图所示.则下列说法错误的是（ ） A. B. 估计样本的中位数为23 C. 估计样本的众数为22 D. 估计全校学生BMI值落在区间的人数为36人 【答案】D 【解析】 【分析】对A，根据频率和为1求解即可；对B，根据成绩低于中位数的频率为0.5计算即可；对C，根据频率分布直方图的众数判断即可；对D，计算区间的频率，进而可得人数. 【详解】对A，由题意，，解得，故A正确； 对B，区间的频率分别为， 因为，，故中位数位于内. 设中位数为，则，解得，故B正确； 对C，由直方图可得估计这组数据的众数为，故C正确； 对D，由直方图可得的频率为， 故估计全校学生BMI值落在区间的人数为，故D错误. 故选：D 6. 设，，为两两不重合的直线，，，为两两不重合的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系及面面位置关系判断各个选项即可. 【详解】若，，则可以相交，A选项错误； 若，，，则可以异面，B选项错误； 若，，则，C选项正确； 若，，则或，D选项错误. 故选：C. 7. 已知样本数据，，，，的平均数是4，方差是1，则新样本数据，，，，，的（ ） A. 平均数是7 B. 平均数是 C. 方差是4 D. 方差是 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数和方差的计算可得. 【详解】由题意可得，， 所以新样本的平均数为，故A、B错误； 设新样本为， 则 . 故选：C. 8. 在中，，，分别是，，所对的边，已知，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据余弦定理化简得，再由正弦定理化边为角，得到，最后根据基本不等式求最值的可求得结果. 【详解】由余弦定理，即， 由正弦定理知，， 即，即， 在中，且、同号，故， 所以.当且仅当时，等号成立 故. ∵， ∴，时.取得最小值. 故选：B. 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. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由复数虚部的概念可判断A；由复数的几何意义可判断B；由复数的模长公式可判断C；由复数的乘方运算可判断D. 【详解】对于A，复数的虚部为，故A错误； 对于B，复数在复平面内对应的点为，位于第二象限，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：BCD 10. 有4个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，从中不放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是5”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是4”，则（ ） A. 甲与乙相互独立 B. 甲与丙相互独立 C. 乙与丁互斥 D. 丙与丁互为对立 【答案】BC 【解析】 【分析】分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可. 【详解】由题意可得两次取球所有可能情况为，，，，，， ，，，，，共种情况； 第一次取出的球的数字是1所有可能为，，共3种情况； 第二次取出的球的数字是2所有可能为，，共3种情况； 则两次取出球的数字之和为的所有可能为，，，共种情况； 两次取出球的数字之和为的所有可能为，共种情况； 则，，，； A：当出现情况时，甲乙同时发生，则，故甲乙不相互独立，故A项错误； B：当出现情况时，甲丙同时发生，则，故甲丙相互独立，故B项正确； C：由上所述可得乙丁不能同时发生，则乙与丁互斥，故C项正确； D：由，故丙与丁不相互对立，故D错误. 故选：BC. 11. 已知正方体的棱长为1，点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ） A. 平面截正方体的截面可能为等腰梯形 B. 平面截正方体的截面可能为菱形 C. 点运动过程中，三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解. 【详解】截面可能为等腰梯形或矩形，不可能为菱形，故A正确，B错误； 对于C，因为平面，所以到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值； 对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则三棱锥的外接球的球心在线段上. 设为，则，设，则，又，外接球的半径. 在与中，由勾股定理得，， 两式相减得：， 所以， 所以三棱锥的外接球表面积，D正确. 故选:ACD. 非选择题部分（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数为方程的根，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】设复数，代入方程中，根据复数的运算及复数相等概念列方程组解的值，从而可得复数. 【详解】设复数，若复数是方程的根， 则，整理得 所以， 若，则，，则在实数范围内无解，不符合题意， 故，从而解得， 所以复数， 故答案为：. 13. 已知向量，，，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】先求出，进而根据，由平面向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】∵，， ∴， ∵，∴,得. 故答案为：. 14. 已知二面角的大小为，棱上有两个不同的点，，，，，，若，则直线与平面所成角的正弦值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】在平面内过作与平行且相等的线段，过作于，连接，先证明平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，则为直线与平面所成角，再解即可. 【详解】在平面内过作与平行且相等的线段， 过作于，连接， 则四边形为平行四边形，所以， 因为，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，平面， 所以平面，故为直线与平面所成角，  由， 得二面角的平面角即为， 所以， 又， 所以是等腰三角形，可得，，， 因为，所以平面， 又平面，所以， 在中，由勾股定理可得， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为. 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. （用坐标法不给分）如图，直四棱柱中，底面为菱形，，，为中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：连交于点，∵底面为菱形，∴为线段的中点， 又∵为中点，∴为的中位线， 又∵平面，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连交于点，利用中位线得线线平行，进而由线面平行的判定定理证明； （2）方法一：利用面面垂直的判定定理与性质定理作出点到平面的垂线，结合等面积法可求解；方法二：利用等体积法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：平面，平面， ， 又，，平面， 平面， 又平面，平面平面， 又平面平面， 作，平面，平面， 在中，，，， ∴ ，即点到平面的距离为. 法二：设点到平面的距离为，， 由于，因此为等腰三角形， ∴，，， 由得 ，即，解得， ∴点到平面的距离为. 16. 如图，在中，，为的中点，过点的直线分别与边，交于点，（不含端点）.若，，. （1）用，表示（请写出具体推理步骤）； （2）求的值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算用，表示即可； （2），结合，，三点共线，得，进而得到答案. 【小问1详解】 【小问2详解】 ， ，，三点共线，，. 17. 如图，在平面四边形中，交于点，且为的中点.，，，. （1）求的长； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理即可求解； （2）利用勾股定理逆定理可得，根据已知并利用勾股定理进一步得到有关线段长度值，得到的正弦值余弦值，结合余弦定理以求得的长度正好等于，从而得到为等腰三角形，最后利用余弦的和角求的值. 【小问1详解】 在中，用余弦定理，， 得，. 【小问2详解】 由（1）得，， ∴，∴， 又∵，∴，. ， ∴， 在中，由余弦定理得， ∴， ∴为等腰三角形，. 又∵，， . 18. 乒乓球被称为中国的“国球”，在2024年巴黎奥运会乒乓球比赛中，中国乒乓球队包揽五块金牌.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成平后，每球交换发球权，先多得2分的一方获胜（比如：比分为，得12分者胜），该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概率为，乙发球时甲得分的概率为，各球的结果相互独立.在某局双方10：10平后，甲先发球. （1）若两人又打了2个球比赛结束且甲获胜的概率为，求的值； （2）若满足（1）中条件取值，记事件“两人又打了4个球该局比赛结束”，事件“两人又打了个球该局比赛结束”. （i）求； （ii）直接写出. 【答案】（1） （2）（i）；（ii），. 【解析】 【分析】（1）记表示打第个球是甲胜，由题意可得，求解即可. （2）（i），为奇数；，为偶数，根据，，，互斥，各球的结果相互独立，计算可得结论；（ii）与（i）类似可得结论. 【小问1详解】 记表示打第个球是甲胜， 两人又打了2个球比赛结束且甲获胜即，各球的结果相互独立， ，，，. 【小问2详解】 （i），为奇数；，为偶数. . ，，，互斥，各球的结果相互独立. . . . . . （ii），. 19. （用坐标法不给分）如图，在矩形中，已知，，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥. （1）若，求异面直线与所成角的余弦值； （2）求证：； （3）在翻折过程中，记二面角的大小为，求二面角的最大值及此时的值. 【答案】（1） （2） 连结，交于，连结， 因为，且，所以， 所以，即，所以，， 又平面，所以平面，平面，所以. （3），. 【解析】 【分析】（1）根据异面直线所成角定义结合余弦定理计算求解； （2）先根据边长关系得出，进而应用线面垂直判定定理得出平面，即可证明线线垂直； （3）应用面面垂直判定定理得出平面，进而得到平面，应用定义得出即为二面角的平面角，再结合基本不等式求解最大值即可求出角的最值. 【小问1详解】 因为， 所以即为异面直线与所成角， 在中，由余弦定理，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，即为二面角的平面角，即，，当时，二面角的平面角的大小为0； 当时，作，垂足为，作，垂足为，连结， 由（2）知，平面，所以平面平面，平面平面，平面，所以平面， 平面，所以，又因为，平面，所以平面， 平面，所以， 所以即为二面角的平面角， 在矩形中，，，所以， 又， 所以， 综上，当且仅当，即时，最大为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $