精品解析：湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题

长郡中学2025年上学期高一期末考试 数学 命题人：陈家烦 审校人：毛水 时量：120分钟 满分：150分 得分_____ 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知复数，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法法则计算出答案. 【详解】，. 故选：B. 2. 某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为108的样本，如果样本按比例分配，则从高三年级抽取的学生人数为（ ） A. 36 B. 40 C. 45 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】计算出高三年级学生人数的占比，乘以108可得结果. 【详解】由题意得从高三年级抽取的学生人数为. 故选：C. 3. 在中，点在边上，且满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算求解即可． 【详解】由可得， 所以. 故选：C. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间向量平行的坐标表示求解. 【详解】向量，，由，得， 解得，，所以. 故选：D. 5. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【详解】由频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小， 平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边， 故平均数大于中位数，所以众数中位数平均数. 故选：B 6. 设，为单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量公式得到，利用及向量数量积运算法则计算出答案. 【详解】由题意可得，且，则， 所以. 故选：D. 7. 如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件，该电子元件能正常工作为事件，根据相互独立事件的概率公式求出、，即可求出、，再根据对立事件及独立事件的概率公式计算可得. 【详解】设上半部分正常工作为事件，下半部分正常工作为事件， 该电子元件能正常工作为事件， 则，， ，所以， 所以， 即该电子元件能正常工作的概率是. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用对立事件的概率公式及相互独立事件的概率公式求出. 8. 如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，从而得到，结合已知有，应用三角形面积公式得，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值. 【详解】设，则， 所以，解得， ，则， ，当且仅当时，等号成立， 的最小值为． 故选：C 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，为复数，则下列命题正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，则求出和，即可判断选项A；设，则根据共轭复数的概念及复数的模长公式即可判断选项B，C；根据复数的几何意义，可得复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，而则表示复数在复平面内对应的点到点的距离，求出圆上的点到点的最大距离，即可判断选项D. 【详解】令，则，，显然，故选项A错误； 设，则，所以， 所以，故选项B，C正确； 根据复数的几何意义，可得复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 而则表示复数在复平面内对应的点到点的距离， 故的最大值即为圆上的点到点的最大距离，即，故选项D正确. 故选：BCD. 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现点数为奇数”，事件“出现点数为3”，事件“出现点数为3的倍数”，事件“出现点数为偶数”，则以下选项正确的是（ ） A. B与D互斥 B. A与D互为对立事件 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】写出以及样本空间所包含的基本事件，逐一判断各个选项即可. 【详解】由题意，样本空间为， 对于A，，这意味着不可能同时发生，故A正确； 对于B，，这意味着中有且仅有一个事情发生，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，则 （    ） A. 直线与直线所成的角是 B. 直线与平面所成的角是 C. 二面角的平面角是 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用，可求直线与所成的角判断A；连接交于点，连接，可得直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角，求解可判断B；易求得二面角的大小判断C；接，平面截正方体所得的截面为梯形，求解可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故A正确； 对于B，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与平面所成的角即为直线与直线所成的角， 连接交于点，连接， 由正方体，可得平面， 又平面，所以， 又，又，平面， 所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 又，所以，故B正确； 对于C，因为平面，平面，则， 又，所以为二面角的平面角， 所以二面角的平面角是，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且， 所以梯形的高为， 所以截面面积为，故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. 一组数据6，4，a，8，6，10，12的平均数为7，则该组数据的第75百分位数为_____. 【答案】10 【解析】 【分析】求出，根据第75百分位数定义可得答案. 【详解】由题意可得：，解得， 将数据按升序排列可得：3，4，6，6，8，10，12. 因为，所以第75百分位数为第6位数10. 故答案为：10. 13. 已知正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用正四棱锥的侧面积是底面积的2倍求出侧面的高，进而求出锥体的高，代入体积公式求解即可. 【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高， 因为正四棱锥的底面边长为4，且侧面积是底面积的2倍， 所以，解得，所以， 所以. 故答案为： 14. 甲、乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球和自主投篮两个环节，其中任意一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不影响.若甲在每个环节中获胜的概率都为，乙在每个环节中获胜的概率都为，且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为，则的值为_____，“梦队”在比赛中得分不低于6分的概率为_____. 【答案】 ①. ##0.6 ②. ##0.6075 【解析】 【分析】甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2分，是甲得0分乙得2分、甲得2分乙得0分两个互斥事件的和事件，利用相互独立事件的概率公式及互斥事件的概率加法公式解方程可求的值；事件“梦队在比赛中得分不低于6分”的概率，也转化为互斥事件的和事件，再利用相互独立事件及互斥事件的概率公式求解即可. 【详解】记事件“两人在自主传球环节得分之和为2分”，“甲在自主传球环节得分”，“乙在自主传球环节得分”， 由题意可知，与相互独立，且，事件与互斥， 故，解得； 记事件“梦队在比赛中得分不低于6分”，“甲在自主投篮环节得k分”（），“乙在自主投篮环节得分”，由题意可知相互独立， 则， 且事件，，，，两两互斥，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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，. （1）求角； （2）若为线段上一点，且，求的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，由余弦定理得，求出； （2）求出，平方得，从而得到的长度. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理， 得， 即，由余弦定理得， 而，所以. 【小问2详解】 由，得，故， 又，，由（1）知. 则， 故，所以的长为. 16. 如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6. （1）证明：平面； （2）求该正四棱台的表面积. 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，如图所示. 在正四棱台中，底面为正方形，所以为中点. 又为的中点，. 又平面，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接.根据三角形中位线定理证明，再利用线面平行的判定定理即可证明； （2）在梯形中，过作交于点，根据平面几何知识可求出，进而可求，即可求解正四棱台的表面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可知：在梯形中，，，， 过作交于点，，， 所以， 正四棱台的表面积为 . 17. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，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）试估计样本成绩的众数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差. 【答案】（1） （2）众数为75，平均数为74 （3）总平均数为60，总方差为23 【解析】 【分析】（1）根据各组小矩形的面积之和为1，即可求解； （2）最高小矩形中点的横坐标即为众数，根据平均数的计算公式即可求解平均数； （3）根据分层随机抽样的平均数与方差公式即可求解. 【小问1详解】 各组小矩形的面积之和为1， ， . 【小问2详解】 由频率分布直方图可知：众数为75， 平均数为. 故估计样本成绩的众数为75，平均数为74. 【小问3详解】 由图可知，成绩在的人数为，成绩在的人数为， 故两组成绩合并后的总平均数为， 总方差为. 18. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1，若依次收到1，1，1，则译码为1）. （1）已知，. （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，试判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并给出理由. （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 【答案】（1）（i）；（ii）不相互独立，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算即可求出至少收到一次0的概率； （ii）利用相互独立事件的定义判断并证明即可； （2）利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求出两个事件的概率，列不等式即可求解的取值范围. 【小问1详解】 （i）记事件为“至少收到一次0”，则. （ii）不相互独立，理由如下：记事件为“第三次收到的信号为1”，则. 记事件为“三次收到的数字之和为2”，则. 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”不相互独立. 【小问2详解】 记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则. 记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则. 根据题意可得，即. 因为，所以，即，解得， 故的取值范围为. 19. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】（1）证明：由题，四边形在球的一个截面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面，故平面， 又平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，求出的面积，利用基本不等式求出面积的最大值以及长的最大值，结合锥体的体积公式可求得四棱锥体积的最大值； （3）取线段的中点，连接、，求出的长，根据题意得出关于、的方程组，求出的值，进而可求得的长，利用三角不等式求出的最大值，设与平面所成角为，可得出的最小值，由此可得出的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为点， 由平面平面，平面平面，平面， 可得平面，记四棱锥的体积为， 则， 因为，所以， 由平面，平面，得，故， 于是，当且仅当时取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当时取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 【小问3详解】 取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，故， 因为，，，由等面积法可得， 由，设，则， 所以，整理得， 解得，即， 因为，，所以，故， 在中，，， 由余弦定理可得， 当时，， 此时，此时； 当时，， 此时，此时. 综上所述，， 所以，当且仅当、、三点共线时，等号成立， 即长的最大值为， 设与平面所成角为，当取最大值时，最小，此时取最小值， 所以， 此时，即， 故当时，直线与平面所成角的余弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长郡中学2025年上学期高一期末考试 数学 命题人：陈家烦 审校人：毛水 时量：120分钟 满分：150分 得分_____ 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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1. 已知复数，那么（ ） A. B. C. D. 2. 某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为108的样本，如果样本按比例分配，则从高三年级抽取的学生人数为（ ） A. 36 B. 40 C. 45 D. 50 3. 在中，点在边上，且满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 6. 设，为单位向量，在上的投影向量为，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 如图，某电子元件由，，三种部件组成，现将该电子元件应用到某研发设备中，经过反复测试，，，三种部件不能正常工作的概率分别为，，，各个部件是否正常工作相互独立，则该电子元件能正常工作的概率是（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（ ） A. 2 B. 4 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，为复数，则下列命题正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的最大值为 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件“出现点数为奇数”，事件“出现点数为3”，事件“出现点数为3的倍数”，事件“出现点数为偶数”，则以下选项正确的是（ ） A. B与D互斥 B. A与D互为对立事件 C. D. 11. 在棱长为的正方体中，分别为棱的中点，则 （    ） A. 直线与直线所成的角是 B. 直线与平面所成的角是 C. 二面角的平面角是 D. 平面截正方体所得的截面面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 一组数据6，4，a，8，6，10，12的平均数为7，则该组数据的第75百分位数为_____. 13. 已知正四棱锥的底面边长为4，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为______. 14. 甲、乙两人组成的“梦队”参加篮球机器人比赛，比赛分为自主传球和自主投篮两个环节，其中任意一人在每个环节获胜得2分，失败得0分，比赛中甲和乙获胜与否互不影响，各环节之间也互不影响.若甲在每个环节中获胜的概率都为，乙在每个环节中获胜的概率都为，且甲，乙两人在自主传球环节得分之和为2的概率为，则的值为_____，“梦队”在比赛中得分不低于6分的概率为_____. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，. （1）求角； （2）若为线段上一点，且，求的长度. 16. 如图，正四棱台中，上底面边长为，下底面边长为，E为的中点，侧棱长为6. （1）证明：平面； （2）求该正四棱台的表面积. 17. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，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）试估计样本成绩的众数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差. 18. 在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立.发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为.现有两种传输方案：单次传输和三次传输.单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次.收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1，若依次收到1，1，1，则译码为1）. （1）已知，. （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，试判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并给出理由. （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围. 19. 如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且，，平面. （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $