精品解析：湖南省长沙市浏阳市2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试卷

2025年上学期期末质量监测试卷 高一数学 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，只有一项符合题目要求. 1. 设复数，则 的虚部是（ ） A. B. 3 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由虚部的定义可得解. 【详解】由复数，可得 的虚部是 . 故选：D. 【点睛】本题主要考查了复数虚部的概念，属于基础题. 2. 已知点，，，若，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先求出的坐标，再由，得可求出m的值. 【详解】因为，，， 所以， 因为， 所以，解得. 故选：D 3. 设， 是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】借助于长方体这一模型，易于找到反例排除A,B,D；对于C项，可通过构造平面，利用线面平行的判定与性质，以及平行线的传递性证得结论. 【详解】 对于A，如图1，在长方体中， 分别取平面为，平面 为 ，直线为，直线 为， 显然满足，，，但此时，故A错误； 对于B，如图2，在长方体中， 取平面为，平面为 ，直线 为，直线为， 显然满足，，，但此时，平面 不垂直，故B错误； 对于C，如图3，因，经过直线作平面，使，则得， 又，经过直线作平面 ，使，则得，则有， 又，则得，因，，故得， 因，故有，即C正确； 对于D，如图4，在长方体中， 取平面 为，平面为 ，直线为，直线为， 显然满足，，，但此时,故D错误. 故选：C. 4. 已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由投影向量计算可得. 【详解】因为，且， 所以，即夹角为， 故选：C. 5. 把按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么是一个（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 三边互不相等的三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二侧画法还原在直角坐标系的图形，进而分析出的形状． 【详解】根据斜二侧画法还原在直角坐标系的图形，如下图所示： 由图得，，故为等边三角形， 故选：A 6. 某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ） A. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5 B. 该市14天空气质量指数的第30百分位数为55 C. 该市14天空气质量指数的平均值大于100 D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大 【答案】C 【解析】 【分析】由平均数、中位数、百分位数和方差的概念即可得出答案. 【详解】对于A，将14天的空气质量指数由小到大排列为： ， 所以该市14天空气质量指数的中位数为：，故A正确. 对于B：因为，所以该市14天空气质量指数的百分位数为，故B正确； 对于C：， 该市14天空气质量指数的平均值小于100，故C错误； 对于D：因为连续3天空气质量指数，6日到8日的波动最大，也即方差最大，故D正确. 故选：C. 7. 在中，，，，D为AB的中点，P为CD上一点， 且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量共线定理得到，两边平方求出，得到答案. 【详解】因为D为AB的中点，所以， 又，所以， 因为三点共线，设， 即， 故，所以， 解得， 两边平方得 ， 故. 故选：A 8. 如图，扇形的半径为 ，圆心角，点 在弧上运动，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以点为坐标原点，所在直线为 轴，过点且垂直于的直线为 轴建立平面直角坐标系，设点，其中，利用平面向量的坐标运算结合辅助角公式、正弦型函数的基本性质可求得的最小值. 【详解】以点为坐标原点，所在直线为 轴，过点且垂直于的直线为 轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、，设点，其中， 由可得， 即，故， 因为，故， 故当时，取最小值. 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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列有关复数内容表述正确的是（ ） A. 若复数 满足，则 一定为纯虚数 B. 对任意的复数 均满足： C. 设在复数范围内方程的两根为，，则 D. 对任意两个复数，，若，则，至少有一个为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的相关定义及运算分别判断各选项. 【详解】A选项：当时，，此时，当 为实数，A选项错误； B选项：设，则，，B选项错误； C选项：，则，，则，C选项正确； D选项：设，，则， 即，化简可得，即，则与至少有一个为，即，至少有一个为，D选项正确； 故选：CD. 10. 已知在中，角的对边分别为，若，则（ ） A. 的周长为12 B. 角的最大值为 C. 的面积最小值为 D. 的面积最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理得可判断A；利用基本不等式得，再由余弦定理得可判断B；根据，当角接近0时，的面积也接近0可判断C；由得在时取得最大值，可判断D． 【详解】对于A，由根据正弦定理得 的周长为，选项A正确； 对于B，因为，由余弦定理， 因为，当且仅当等号成立，所以，选项B正确； 对于C，，当角接近0时，的面积也接近0，所以选项C错误； 对于D，，由得在时取得最大值， 故在时取得最大值，选项D正确． 故选：ABD. 11. 如图，正三棱台的上、下底面边长分别为 和 ，侧棱长为 ，则下列说法正确的是（ ） A. 该三棱台的体积为 B. 若点 在棱上，则的最小值为 C. 该三棱台内半径最大球的体积为 D. 若过点的平面与平面平行，则平面截该三棱台所得的截面面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正三棱台的结构特征，结合已知求出高，再求出体积判断A；把等腰梯形与展开置于同一平面，求出 判断 B；求出体积为的球直径与棱台的高比较判断C；求出截面面积判断D. 【详解】对于A，正三棱台中，取上、下底面的中心，连接， 则，高， ，， 则三棱台的体积，A错误； 对于D，在上分别取点，使，连接， 而，则四边形均为平行四边形，即，， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又，所以平面， 因此为平面截该三棱台所得的截面. 而，又，则为正三角形，， 截面面积，D正确； 对于B，把等腰梯形与展开置于同一平面，连接 ， 由选项D知，为正三角形，则，，等腰中，，则底边， 而 边的中点到点 的距离， 因此当点 为线段 与的交点时，取得最小值，B正确； 对于C，体积为的球半径，，解得，该球的直径， 则此球不可能在正三棱台内，C错误. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示(单位：cm)，则此几何体的表面积为______cm2． 【答案】 【解析】 【分析】几何体是由圆锥和圆柱组成的，由圆柱与圆锥的表面积公式计算求解即可. 【详解】此几何体是由圆锥和圆柱组成的， 圆锥的底面半径为，高为 ，所以母线长为， 所以其侧面积为：， 圆柱的底面积为：，侧面积为：， 所以该几何体的表面积为：. 故答案为：. 13. 某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如表所示． 赔付金额/元 0 1000 2000 3000 4500 车辆数/辆 600 80 110 120 90 若每辆车的投保金额均为2500元，估计赔付金额大于投保金额的概率为______；在样本车辆中，车主是新司机的占15%，在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为______． 【答案】 ①. 0.21## ②. 0.18## 【解析】 【分析】计算出赔付金额大于投保金额的频率，得到估计赔付金额大于投保金额的概率；在求出投保的新司机人数和赔付金额为4500元的样本车辆中，新司机人数，估计出在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率. 【详解】赔付金额大于投保金额的频率为， 估计赔付金额大于投保金额的概率为0.21， 在样本车辆中，车主是新司机的占15%， 故投保的新司机人数为， 在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，即人， 估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为. 故答案为：0.21，0.18 14. 如图：在正方体中，棱长为1， 为中点，与平面交于点 ，点是棱上一点， 在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是________. ① 为的中点； ②点 可以是 的中点； ③当是的中点时，点面； ④线段的最大值为. 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据线面平行的性质定理，得到，又 为中点，所以 为中点，可判断①的真假；假定点 可以是 的中点，推出错误结论，判断②的真假；根据线面平行，推导出线线平行，根据两平行线可确定一个平面，判断③的真假；确定 点轨迹，可求的最大值，判断④的真假. 【详解】因为平面，平面，平面平面，所以， 又，所以，又 为中点，所以 为中点，故①正确； 如图： 若 为 中点， 由正方体结构特征知，，且，平面， 所以平面，平面，所以. 假设成立，因为平面，且是两条相交直线， 所以平面，而且平面， 所以与重合，由①分析知 为中点，即， 所以不成立，则 不可能为 中点，故②错误； 如图： 为中点时， 为中点，所以， 又，所以，所以点在平面内，故③正确； 如图： 为棱上的点，点 在正方体的表面上运动，且满足， 所以点 也是棱上的点，所以的最大值为棱长，为1，故④错误. 故答案为：①③ 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于确定 点轨迹的确定. 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. 已知复数，． （1）若z是纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点在直线 上，求m的值； （3）若z在复平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由复数的类型得到方程和不等式，得到m的值； （2）由题意得到方程，求出m的值； （3）由复数对应的点所在象限得到不等式组，求出m的取值范围. 【小问1详解】 若z是纯虚数，则， ∴，则m的值为1； 【小问2详解】 若z在复平面内对应的点在直线 上， 则，解得 【小问3详解】 若z在复平面内对应的点在第四象限，则， ∴，则m的取值范围为． 16. 某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，． （1）若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率； （2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设事件分别表示“被评为等级A，B，C，D”.由题意，事件两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可； （2）设事件，且事件互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可. 【小问1详解】 设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”． 由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，所以． 又因为被罚分，所以． 因此其被罚分的概率为； 【小问2详解】 设事件，，，表示“第i次被评定为等级A，B，C，D”，，2． 则“两次射击得分之和为0分”为事件，且事件，，互斥， ， ， 所以两次射击得分之和为0分的概率 . 17. 某教育集团高一期末考试，从全集团的政治成绩中随机取100名学生的原始成绩（满分100分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中的值； （2）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率； （3）已知落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，求落在的平均成绩，并估计落在的成绩的方差. 【答案】（1）0.03 （2） （3）；. 【解析】 【分析】（1）由各组的频率之和为1，求的值； （2）由分层抽样得两组抽取人数，再由古典概型求概率； （3）由分层抽样的均值和方差公式求解. 【小问1详解】 由题可知， 解得； 【小问2详解】 由原始分在和中的频率之比为， 故抽取的6人中，原始分在中的有2人，记为 ，在中的有4人，记为， 则从6人中抽取2人，所有可能的结果有： 共15个基本事件， 其中抽取这2人中怡有一人原始成绩在内的结果有： 共8个基本事件， 所以抽取这2人中恰有一人原始成绩在内的概率； 【小问3详解】 ， . 18. 如图，四棱锥 的底面 是正方形，侧面是等边三角形，平面平面 ， 为的中点. （1）求证：平面 . （2）求侧面 与底面 所成二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：在等边中，因为 为的中点，所以， 在正方形 中，， 又因为平面平面 ，平面平面，所以平面， 因为平面，所以. 因为,平面 ， 所以平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）证明，，再根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）取的中点，连接.证明是平面 与平面 所成二面角的平面角.在中，由余弦定理即可求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接. 则，又正方形 中，，所以, 在等边中，因为 为 的中点，所以. 因为平面平面 ，平面平面， 所以平面 ，因为 平面 ，所以. 因为，平面，所以 平面， 因为平面，所以， 又因为，所以是平面 与平面 所成二面角的平面角. 设，则， 所以. 【点睛】 19. “费马点”是由法国数学家费马提出的一个问题．该问题是：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答．当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当内有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且． （1）求A； （2）若，的面积为，求； （3）若，设点P为的费马点．求． 【答案】（1） （2） （3）-2 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用余弦定理结合面积公式求解； （3）利用费马点的性质等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案． 【小问1详解】 已知中． 即， 故，由正弦定理可得， 由余弦定理得，又，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 由（1）知， 所以，则， 则； 【小问3详解】 由（1）知，所以的三个角都小于120°， 则由费马点定义可知：， 设，，，由， 得， 整理得， 则 ． 【点睛】关键点点睛：由面积分割关系得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上学期期末质量监测试卷 高一数学 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，只有一项符合题目要求. 1. 设复数，则 的虚部是（ ） A. B. 3 C. 2 D. 2. 已知点，，，若，则m的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 设， 是两个平面， ，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 已知非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为 ，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 把 按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么 是一个（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 三边互不相等的三角形 6. 某市6月1日至14日的空气质量指数变化趋势如图所示，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，下列说法中不正确的是（ ） A. 该市14天空气质量指数的中位数为78.5 B. 该市14天空气质量指数的第30百分位数为55 C. 该市14天空气质量指数的平均值大于100 D. 计算连续3天空气质量指数的方差，其中6日到8日的方差最大 7. 在 中，，，，D为AB的中点，P为CD上一点， 且，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，扇形的半径为，圆心角，点 在弧上运动，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列有关复数内容表述正确的是（ ） A. 若复数 满足，则 一定为纯虚数 B. 对任意的复数 均满足： C. 设在复数范围内方程的两根为，，则 D. 对任意两个复数，，若，则，至少有一个为 10. 已知在 中，角的对边分别为，若，则（ ） A. 的周长为12 B. 角的最大值为 C. 的面积最小值为 D. 的面积最大值为 11. 如图，正三棱台的上、下底面边长分别为和，侧棱长为 ，则下列说法正确的是（ ） A. 该三棱台的体积为 B. 若点 在棱上，则的最小值为 C. 该三棱台内半径最大球的体积为 D. 若过点的平面与平面平行，则平面截该三棱台所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个几何体由圆锥和圆柱组成，其尺寸如图所示(单位：cm)，则此几何体的表面积为______cm2． 13. 某保险公司利用简单随机抽样方法，对投保车辆进行抽样，样本车辆中每辆车的赔付结果统计如表所示． 赔付金额/元 0 1000 2000 3000 4500 车辆数/辆 600 80 110 120 90 若每辆车的投保金额均为2500元，估计赔付金额大于投保金额的概率为______；在样本车辆中，车主是新司机的占15%，在赔付金额为4500元的样本车辆中，车主是新司机的占30%，估计在已投保的新司机中，获赔金额为4500元的概率为______． 14. 如图：在正方体中，棱长为1，为中点，与平面交于点 ，点是棱上一点， 在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是________. ① 为的中点； ②点 可以是 的中点； ③当是的中点时，点面； ④线段的最大值为. 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. 已知复数，． （1）若z是纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点在直线 上，求m的值； （3）若z在复平面内对应的点在第四象限，求m的取值范围． 16. 某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，． （1）若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率； （2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率． 17. 某教育集团高一期末考试，从全集团的政治成绩中随机取100名学生的原始成绩（满分100分）进行分析，其频率分布直方图如图所示： （1）求图中 的值； （2）若采用分层抽样的方法，从原始成绩在和内的学生中共抽取6人查看他们的答题情况，再从中选取2人进行个案分析，求这2人中恰有一人原始成绩在内的概率； （3）已知落在的平均成绩，方差，落在的平均成绩，方差，求落在的平均成绩，并估计落在的成绩的方差. 18. 如图，四棱锥 的底面是正方形，侧面是等边三角形，平面平面， 为的中点. （1）求证：平面 . （2）求侧面 与底面所成二面角的余弦值. 19. “费马点”是由法国数学家费马提出的一个问题．该问题是：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答．当 的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当 内有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知 的内角所对的边分别为，且． （1）求A； （2）若， 的面积为，求； （3）若，设点P为 的费马点．求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $