精品解析：天津市滨海新区2024-2025学年高一下学期期末检测数学试题

滨海新区2024-2025学年度第二学期期末检测卷 高一年级数学学科 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间100分钟． 答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号写在答题纸上．答卷时，考生务必将答案写在答题纸上，答在试卷上的无效． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 选择题 （60分） 一、选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内． 1. 若复数 (i是虚数单位)是纯虚数，则实数m 的值为（ ） A. 且 B. C. D. 或 2. 化简 的结果等于（ ） A. B. C. D. 3. 若一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9．则这组数据的第70 百分位数为（ ） A. 6 B. 6.5 C. 7 D. 7.5 4. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则与事件“取出的两个球同为红色”互斥而不对立的事件是（ ） A. 取出两个球一个为红色，另一个为黑色 B. 取出的两个球颜色相同 C. 取出的两个球至多有一个是红色 D. 取出的两个球至少有个一是红色 5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知一组样本数据，，…，的均值和方差分别为2和0.25，则，，…，的均值和方差分别为（ ） A. 6和0.75 B. 8和0.75 C. 8和2.25 D. 6和2.25 7. 少年强则国强，少年智则国智．党和政府一直重视青少年的健康成长，出台了一系列政策和行动计划，提高学生身体素质．为了加强对学生的营养健康监测，某校在3000名学生中，抽查了100名学生的体重数据情况．根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 样本的众数为65 B. 样本的第80百分位数为72.5 C. 样本的平均值为67.5 D. 该校学生中低于的学生大约为1000人 8. 如图所示，长方体中， 若，M，N分别为棱的中点，用平面把这个长方体分成两部分，则左侧几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 在中， 记角A，B，C的对边分别为a，b，c， 若，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 10. 已知平面向量 则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 11. 在中，内角的对边分别为，若，则（ ） A B. C. D. 12. 《九章算术·商功》中，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑；将底面为矩形：一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．在堑堵 中，下列结论正确的个数是（ ） ①当时， 四面体为鳖臑 ②当时， 四面体为鳖臑 ③若 四面体外接球的表面积为 ④若 阳马 体积的最大值为64． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 第Ⅱ卷 （90分） 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共12小题， 共90分． 二、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 13. 若复数z满足 (其中i是虚数单位)， 则_________． 14. 已知向量 若 ，则实数的值为__________ 15. 为了传承红色革命精神，某高中校举办学生“红歌大传唱”主题活动，该校高一、高二、高三年级学生人数分别600、500、700，欲采用分层抽样法组建一个18人“红歌传唱队”，则应抽取高一学生人数为_________． 16. 如图，是水平放置的的斜二测直观图， ， ，则的面积为__________ 17. 已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为_________ 18. 高一年级某班要从甲、乙、丙、丁、戊5名候选同学中选出2名参加学校绘画比赛，其中甲被选中的概率为_________． 19. 如图， 在空间四边形中， 是边长为的等边三角形，平面平面，， 且， 则与平面所成角的大小是________________；二面角的余弦值是________． 20. “勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例，根据记载西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过这一问题，比毕达哥拉斯发现勾股定理早了多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5”， 且， E为线段上一点， ．若则的值为_____________；若M是线段上一动点，求 的最小值为____________． 三、解答题：本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 21. 已知平面向量，的夹角为，且 . （1）求 的值； （2）当时， 求； （3）当时，求λ的值． 22. 已知甲、乙两位同学参加某高校入学面试．入学面试中有3道难度相当的题目，已知甲答对每道题目的概率都是 ，乙答对每道题目的概率都是 ．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人互不影响． （1）求甲第二次答题通过面试的概率； （2）求乙最终通过面试的概率； （3）求甲、乙两人至少有一人通过面试的概率． 23. 如图， 在四棱锥中， 平面若 是的中点． （1）求证：平面； （2）若， ①求证：平面 ②若直线与平面所成角为 求直线与直线所成角的余弦值． 24. 在 中， a，b，c分别是角A，B，C的对边， 若： （1）求角A大小． （2）若D是BC的中点， 求 面积的最大值； （3）若O在所在平面内，满足 且 求实数m的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滨海新区2024-2025学年度第二学期期末检测卷 高一年级数学学科 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间100分钟． 答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、准考证号写在答题纸上．答卷时，考生务必将答案写在答题纸上，答在试卷上的无效． 祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 选择题 （60分） 一、选择题：本卷共12小题，每小题5分，共60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，请将所选答案填入答题纸中的答题栏内． 1. 若复数 (i是虚数单位)是纯虚数，则实数m 的值为（ ） A. 且 B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念列式求解即可. 【详解】若复数 (i是虚数单位)是纯虚数，则，解得. 故选：B. 2. 化简 的结果等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量加减法的运算法则逐步化简 【详解】计算：由向量加法的三角形法则， 处理：向量减法转化为加法，即 计算：再次应用三角形法则， 综上，化简结果为 故选：D. 3. 若一组数据为1，2，3，4，5，6，7，8，9．则这组数据的第70 百分位数为（ ） A. 6 B. 6.5 C. 7 D. 7.5 【答案】C 【解析】 【分析】计算，可知所求的数为第7个数. 【详解】由题可知：，所以所求的数为第7个数为7. 故选：C 4. 从装有3个红球和2个黑球的口袋内任取2个球，则与事件“取出的两个球同为红色”互斥而不对立的事件是（ ） A. 取出的两个球一个为红色，另一个为黑色 B. 取出的两个球颜色相同 C. 取出的两个球至多有一个是红色 D. 取出的两个球至少有个一是红色 【答案】A 【解析】 【分析】由事件的关系逐一判断各个选项即可得解. 【详解】与事件“取出的两个球同为红色”对立的事件为事件“取出的两个球至少有一个为黑色”， 故所求事件为事件“取出的两个球至少有一个为黑色”的子事件，且不能等同于该事件， 对于A，由以上分析可知A正确； 对于BD，由于取出的两个球可能都为红色，故不互斥，故BD不正确； 对于C，由以上分析可知，C选项是事件“取出的两个球同为红色”的对立事件，故C不正确. 故选：A. 5. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】要判断空间中直线与平面、平面与平面的位置关系命题是否正确，需逐一分析选项 【详解】A、若，则可能在平面内，不一定有，故A错误； B、若，平面与可能相交（如平行于两平面交线时），不一定平行，故B错误； C、若，则可能在平面内，不一定有，故C错误。 D、若，内存在直线使；又，故，根据面面垂直判定，若平面内有直线垂直于平面，则，故D正确. 故选：D. 6. 已知一组样本数据，，…，的均值和方差分别为2和0.25，则，，…，的均值和方差分别为（ ） A. 6和0.75 B. 8和0.75 C. 8和2.25 D. 6和2.25 【答案】C 【解析】 【分析】根据均值和方差的定义和性质进行计算. 【详解】由题意得，故， 则 即，，…，的均值为， 又， 故， 解得， 故 故，，…，的方差为. 故选：C 7. 少年强则国强，少年智则国智．党和政府一直重视青少年的健康成长，出台了一系列政策和行动计划，提高学生身体素质．为了加强对学生的营养健康监测，某校在3000名学生中，抽查了100名学生的体重数据情况．根据所得数据绘制样本的频率分布直方图如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 样本的众数为65 B. 样本的第80百分位数为72.5 C. 样本的平均值为67.5 D. 该校学生中低于的学生大约为1000人 【答案】B 【解析】 【分析】根据众数，百分位数，平均数的定义判断A，B，C，再求低于的学生的频率，由此估计总体中体重低于的学生的人数，判断D. 【详解】由频率分布直方图可得众数为，A错误； 平均数为，C错误； 因为体重位于的频率分别为， 因为， 所以第80百分位数位于区间内，设第80百分位数为， 则， 所以，即样本的第80百分位数为72.5，B正确； 样本中低于的学生的频率为， 所以该校学生中低于的学生大约为，D错误； 故选：B. 8. 如图所示，长方体中， 若，M，N分别为棱中点，用平面把这个长方体分成两部分，则左侧几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】左侧几何体的体积等于长方体体积去掉右侧三棱柱的体积即可求得. 【详解】设左侧几何体的体积为，长方体的体积为， 右侧三棱柱的体积为，则. 故选：C. 9. 在中， 记角A，B，C的对边分别为a，b，c， 若，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理得，进一步讨论得或即可判断. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 因为，所以，所以符号相同， 若，则，而这会导致，这与三角形内角和矛盾， 从而只能，所以， 所以或， 所以或, 所以的形状是等腰三角形或直角三角形. 故选：D. 10. 已知平面向量 则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的概念，进行向量的坐标运算即可． 【详解】因为所以在方向上的投影向量为: , 故选：A． 11. 在中，内角的对边分别为，若，则（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理以及余弦定理计算可得，再由平方关系以及三角形内角取值可得结果. 【详解】因为，则由正弦定理得． 由余弦定理可得，即， 根据正弦定理得， 所以． 又为三角形内角，则，则． 故选：C． 12. 《九章算术·商功》中，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑；将底面为矩形：一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．在堑堵 中，下列结论正确的个数是（ ） ①当时， 四面体为鳖臑 ②当时， 四面体为鳖臑 ③若 四面体外接球的表面积为 ④若 阳马 体积的最大值为64． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】对①②，利用鳖臑的定义，结合线面垂直的判定性质判断；对③，四面体的外接球即为堑堵的外接球，求出外接球的半径，得解；对④，设，求出阳马 体积关系，结合基本不等式求得最大值判断. 【详解】对于①，在堑堵中，平面，平面， 所以，，， 又，平面，， 所以平面，又平面， 所以， 所以四面体的四个面均为直角三角形，即四面体为鳖臑，故①正确； 对于②，过作于，连接，由，得在线段上（除点）外， 由平面，平面，得，而，平面， 所以平面，则，所以均为锐角， 同理也为锐角，即是锐角三角形，四面体不是鳖臑，故②错误； 对于③，当时，为中点，，， 由，得，四面体的外接球即为堑堵的外接球， 平面与平面截该外接球的截面小圆平行且全等，则球心到截面的距离， 而外接圆半径，因此该外接球半径，该球的表面积为，故③正确； 对于④，设，由，，，则， 所以阳马 体积， 当且仅当，即时，取等号， 所以阳马 体积的最大值为64，故④正确. 综上，正确的有①③④. 故选：D. 第Ⅱ卷 （90分） 注意事项： 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共12小题， 共90分． 二、填空题：本大题共8小题，每小题5分，共40分． 13. 若复数z满足 (其中i是虚数单位)， 则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】由复数除法、模的计算公式即可求解. 【详解】因为，所以， 所以 故答案为：. 14. 已知向量 若 ，则实数的值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据两向量平行的坐标表示来求解的值. 【详解】已知向量且，根据向量平行的坐标条件：若平行，则 代入数值： 计算得： 解方程： 故答案为： 15. 为了传承红色革命精神，某高中校举办学生“红歌大传唱”主题活动，该校高一、高二、高三年级学生人数分别600、500、700，欲采用分层抽样法组建一个18人的“红歌传唱队”，则应抽取高一学生人数为_________． 【答案】6 【解析】 【分析】利用分层抽样的性质直接求解. 【详解】依题意得：某高中有高一、高二、高三分别600人、500人、700人， 欲采用分层抽样法组建一个18人的高一、高二、高三的红歌传唱队， 则应抽取高三的人数为： . 故答案为：6. 16. 如图，是水平放置的的斜二测直观图， ， ，则的面积为__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用直观图与原图形的面积关系求解即可. 【详解】由三角形面积公式得，设的面积为， 由直观图与原图形的面积关系得，解得. 故答案为：. 17. 已知圆锥的母线长为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的高为_________ 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面展开图为一个半圆，可知圆锥的底面周长等于半圆弧长，可得，继而求得母线长. 【详解】设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆， ，即， . 故答案为：． 18. 高一年级某班要从甲、乙、丙、丁、戊5名候选同学中选出2名参加学校绘画比赛，其中甲被选中的概率为_________． 【答案】## 【解析】 【分析】应用古典概型计算求解. 【详解】高一年级某班要从甲、乙、丙、丁、戊5名候选同学中选出2名参加学校绘画比赛， 共有甲乙，甲丙，甲丁，甲戊，乙丙，乙丁，乙戊，丙丁，丙戊，丁戊共10种情况 其中甲被选中的有甲乙，甲丙，甲丁，甲戊4种情况， 甲被选中的概率为. 故答案为：. 19. 如图， 在空间四边形中， 是边长为的等边三角形，平面平面，， 且， 则与平面所成角的大小是________________；二面角的余弦值是________． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】说明为与平面所成的角，二面角的平面角为，结合解三角形知识即可求解. 【详解】第一空：过点作于点， 平面平面，平面平面，平面， 平面，则为与平面所成的角， ，，， 第二空：如图所示，过点作于点，过点作交于点，过点作垂直交于点，则， 取的中点，连接， 所以二面角的平面角为， 由题意，因为，，， 所以点分别是的中点，所以， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以，所以， 所以三角形是等腰三角形，其中，， 由等面积法有，，解得， 所以，所以， 所以， 因为平面，，所以点在三角形内的射影必定为的交点， 即点在三角形内的射影必定为等边三角形的中心， 所以，，所以， 故所求为. 故答案为：；. 20. “勾3股4弦5”是勾股定理的一个特例，根据记载西周时期的数学家商高曾经和周公讨论过这一问题，比毕达哥拉斯发现勾股定理早了多年，如图，在矩形中，满足“勾3股4弦5”， 且， E为线段上一点， ．若则的值为_____________；若M是线段上一动点，求 的最小值为____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，表示出，根据，得到E的位置，然后根据计算即可；设，分别表示，然后计算即可. 【详解】建立如图所示平面直角坐标系， 由题可知：，有，设， 所以，又， 所以， 又，则， 所以； 设，即 所以， ， 所以， 当时，. 故答案为：；. 三、解答题：本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 21. 已知平面向量，的夹角为，且 . （1）求 的值； （2）当时， 求； （3）当时，求λ的值． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由数量积的定义即可求解； （2）当，，两边平方，利用向量数量积求； （3）当时，有，利用向量数量积求的值. 【小问1详解】 因为平面向量，的夹角为，且，， 所以； 【小问2详解】 当，， 则， 所以. 【小问3详解】 当时，， 所以. 22. 已知甲、乙两位同学参加某高校的入学面试．入学面试中有3道难度相当的题目，已知甲答对每道题目的概率都是 ，乙答对每道题目的概率都是 ．若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过，否则就一直抽题到第3次为止．假设对抽到的不同题目能否答对是独立的，且甲、乙两人互不影响． （1）求甲第二次答题通过面试的概率； （2）求乙最终通过面试的概率； （3）求甲、乙两人至少有一人通过面试的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意甲第二次答题通过为，从而可求解； （2）乙通过最终面试分：第一次答题通过、第二次答题通过、第三次答题通过共三种情况讨论，即可求解； （3）甲、乙两人至少有一人通过面试的对立事件是甲、乙两人都没有通过面试，从而可求解. 小问1详解】 由题意得：甲第二次通过面试的概率为：， 故甲第二次答题通过面试的概率为. 【小问2详解】 乙通过最终面试分：第一次答题通过、第二次答题通过、第三次答题通过共三种情况： 第一次答题通过的概率为； 第二次答题通过的概率为， 第三次答题通过的概率为， 则乙最终通过面试的概率为. 【小问3详解】 甲、乙两人至少有一人通过面试的对立事件是甲、乙两人都没有通过面试， 则甲、乙两人都没有通过面试的概率为， 所以甲、乙两人至少有一人通过面试的概率为. 故甲、乙两人至少有一人通过面试的概为. 23. 如图， 在四棱锥中， 平面若 是的中点． （1）求证：平面； （2）若， ①求证：平面 ②若直线与平面所成角为 求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，根据线面平行的判定定理，需在平面内找到一条直线与平行，所以考虑构造平行四边形来得到线线平行关系; ​（2）①要证明线面垂直，依据线面垂直的判定定理，需证明垂直于平面内的两条相交直线; ②要求异面直线所成角的余弦值，利用平行关系转化异面直线角. 【小问1详解】 取 的中点，连接  因为是的中点，是 的中点，所以且  又  故 且 ，四边形 为平行四边形，从而  因为 平面，平面 ， 所以平面 . 【小问2详解】 ①证明： 由  平面 ，得 在  中，， 为  中点，故 又 ，所以平面  因 ，故平面 ②由（1）已证 ，故直线 与  所成的角等于与 所成的角（异面直线角的定义） 由 平面 ，知，在直角三角形 中，根据勾股定理：， 为等边三角形（由 ）， 为  中点，故 为中线，长度为：， 连接 ，为  中点，故 ， 又 平面 ，则 ，在直角三角形 中：， 在 中，由余弦定理，求 的余弦值：， 直线与直线所成角的余弦值为： 24. 在 中， a，b，c分别是角A，B，C的对边， 若： （1）求角A的大小． （2）若D是BC的中点， 求 面积的最大值； （3）若O在所在平面内，满足 且 求实数m的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，直接化简可得结果； （2）使用，然后两边平方，结合基本不等式可得，然后计算即可； （3）依题可得为外心，利用向量，结合单位圆可得坐标，然后代入计算即可. 【小问1详解】 在 中，因为， 所以， 则， 又，则， 所以，又，所以 【小问2详解】 因为D是BC的中点，所以，则， ， 当且仅当时取等号， 所以 ， 所以面积的最大值为. 【小问3详解】 由所以可知为的外心， 设的外接圆为单位圆，以为原点，为的正半轴， 因为， 则， 所以， 由，所以可得， 则化简得或， 所以或， 又， 当时，所以，代入上式可得， 当时，所以，代入上式可得 所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$