精品解析：天津市耀华中学2024-2025学年高一下学期7月期末数学试题

天津市耀华中学2024—2025学年度第二学期期末学情调研 高一年级数学学科试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分共100分，考试用时100分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共36分） 一．选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上． 1. 已知为虚数单位，复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 甲、乙两人同时解答一道数学题，两人各自独立思考互不影响、已知甲能正确解答的概率为，乙能正确解答的概率为，则此题被正确解答的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，已知，，三角形ABC的面积为6，则（ ） A. 65 B. 17 C. D. 5. 已知均值为10，方差为1，则的均值和方差分别为（ ） A. 20，2 B. 21，2 C. 21，4 D. 20，4 6. 已知圆锥的表面积为3π，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 7. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 8. 在长方体中，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A B. C. D. 9. 某地组织全体中学生参加了主题为“强国之路”的知识竞赛，随机抽取了2000名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有750人 B. 直方图中的值为0.020 C. 估计全校学生成绩的中位数为87 D. 估计全校学生成绩的分位数约为90 10. 如图，已知空间四边形的四条边以及对角线的长均为2，、分别是与的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 11. 已知函数，将的图象向左平移（）个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 12. 在平面四边形ABCD中，，将沿AC折起，使点到达点的位置，且三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共64分） 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分，将答案填写在答题卡上． 13. 一个公司共有名210员工，要采用按比例分层抽样方法从全体员工中抽取一个容量为30的样本．已知某部门有70名员工，那么从这一部门抽取的员工人数为______． 14. 已知正四面体，则二面角的余弦值为______． 15. 已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为__________． 16. 如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，记（），则______． 17. 从长度为2、3、5、7、11的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率为___________． 18. 如图，两个正交的全等正四面体（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点），若正四面体棱长为2，则这两正交四面体公共部分的体积为______． 19. 天津是一个历史悠久的文化古都，五大道，石家大院，古文化街，鼓楼这四个景点又是天津十分有名的旅游胜地．已知某游客游览五大道的概率为，游览石家大院，古文化街，鼓楼的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立，则该游客只游览一个景点的概率为______；该游客至少游览三个景点的概率为______． 20. 如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为1．设，则________；是平面图形边上的动点，则的取值范围是________． 三、解答题：本大题共3小题，共32分，将解题过程及答案填写在答题卡上． 21. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求c的值； （2）求的值； （3）求的值． 22. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别是中点． （1）求证：平面； （2）在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：． 23. 如图，在四棱柱中，底面为菱形，其对角线与相交于点O，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值； （3）求二面角余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市耀华中学2024—2025学年度第二学期期末学情调研 高一年级数学学科试卷 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分共100分，考试用时100分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共36分） 一．选择题：本大题共12小题，每小题3分，共36分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上． 1. 已知为虚数单位，复数，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法及除法运算化简复数，再根据共轭复数定义判断即可. 【详解】因为. 所以. 故选：C. 2. 甲、乙两人同时解答一道数学题，两人各自独立思考互不影响、已知甲能正确解答的概率为，乙能正确解答的概率为，则此题被正确解答的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对立事件概率及条件概率公式求解即可. 【详解】两人都没有正确解答这道题的概率为； 此题被正确解答概率为. 故选：D. 3. 已知向量，，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】因此分析充分性和必要性是否成立即可得解. 【详解】若时，，， 所以，故充分性成立； 若，则，解得或，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，三角形ABC的面积为6，则（ ） A. 65 B. 17 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积公式求得，再结合余弦定理求得即可. 【详解】因为，又，所以， 由余弦定理得，，所 以． 故选：C． 5. 已知均值为10，方差为1，则的均值和方差分别为（ ） A. 20，2 B. 21，2 C. 21，4 D. 20，4 【答案】C 【解析】 【分析】利用均值和方差的性质可得结果. 【详解】因为均值为10，方差为1， 所以的均值为，方差为. 故选：C. 6. 已知圆锥的表面积为3π，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，利用侧面展开图得到，然后由侧面积公式，列式求解即可. 【详解】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，因为圆锥的侧面展开图为一个半圆， 所以，则，又圆锥的表面积为，则， 解得：. 故选：B. 7. 已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ） A. 若、，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判定定理和性质逐一进行分析判断即可. 【详解】对于A选项，若，则存在直线，使得， 所以若，因为，所以，所以，故A选项正确. 对于B选项，若，，则，故B选项正确. 对于C选项，若，时，则，或，故C选项错误. 对于D选项，因为，则过的面与交线l满足， 又，则，又，所以，故D选项正确. 故选：C. 8. 在长方体中，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，交于，根据线面角的定义先找出线面角，再解直角三角形即可求解. 【详解】过点作，交于， 因为长方体中，平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面， 则即为直线与平面所成角， 由题意可知，由解得， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为， 故选：B. 9. 某地组织全体中学生参加了主题为“强国之路”的知识竞赛，随机抽取了2000名学生进行成绩统计，发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后，画出频率分布直方图（如图），下列说法正确的是（ ） A. 在被抽取的学生中，成绩在区间内的学生有750人 B. 直方图中的值为0.020 C. 估计全校学生成绩的中位数为87 D. 估计全校学生成绩的分位数约为90 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图计算区间频率，即可判断A，根据频率和为1，计算的值，判断B，根据中位数和百分位数公式，判断CD. 【详解】A.由图可知，成绩在区间内的频率为，人，故A错误； B.由图可知，，得，故B错误； C.前3组的频率和为，前4组的频率和为，所以中位数在第4组， 所以，得，故C正确； D. 样本数据的分位数在第5组，，得，故D错误. 故选：C 10. 如图，已知空间四边形的四条边以及对角线的长均为2，、分别是与的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所称角或其补角，再根据余弦定理即可求解. 【详解】如图连接，设为中点，连接， 因为是中点，所以且， 所以为异面直线和所成的角或其补角， 由题意可得， 所以，，， 在中由余弦定理可得， 即异面直线和所成角的余弦值为， 故选：C 11. 已知函数，将的图象向左平移（）个单位后，得到函数的图象，若与的图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用三角恒等变换化简，根据图象变换求出的解析式，进而根据和正弦函数的图象和性质列式求解即可. 【详解】由题意可得 ， 所以， 因为与的图象关于轴对称， 所以，即， 所以，解得， 又由可得的最小值为， 故选：A 12. 在平面四边形ABCD中，，将沿AC折起，使点到达点的位置，且三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据三棱锥体积公式求出高，再通过线面垂直关系找出相关线段长度，利用外接球的性质建立关于球心到平面距离的方程，求出后进而得到外接球半径，最后根据球的表面积公式计算出结果. 【详解】 已知，且， 将代入可得：，解得. 取的中点，连接.则. 在中，因为已知，（），根据勾股定理，且，所以平面 设三棱锥的外接球的球心为，的外接圆的圆心为，因为是等边三角形，所以为等边的中心. 在等边中， 是高（三线合一），，则，. 设外接圆的圆心为，在上，连接， 因为，四边形为矩形. 设.在和中，根据勾股定理有，展开等式可得，解得. 设三棱锥的外接球的半径为，在中，根据勾股定理. 将代入可得. 根据球的表面积公式，可得表面积. 故选：B. 第Ⅱ卷（非选择题 共64分） 二、填空题：本大题共8小题，每小题4分，共32分，将答案填写在答题卡上． 13. 一个公司共有名210员工，要采用按比例分层抽样方法从全体员工中抽取一个容量为30的样本．已知某部门有70名员工，那么从这一部门抽取的员工人数为______． 【答案】10 【解析】 【分析】根据分层抽样的概念列出比例式求解即可. 【详解】设这一部门抽取员工人数为， 由题意可知，解得， 所以从这一部门抽取的员工人数为， 故答案为： 14. 已知正四面体，则二面角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】取中点，连接，则，，由二面角的概念可知即为二面角的平面角，在中利用余弦定理求解即可. 【详解】取中点，连接， 因为正四面体，所以， 所以，， 又因为平面平面，所以结合图象可知即为二面角的平面角， 设正四面体的棱长为，则，， 在中由余弦定理可得， 所以二面角的余弦值为， 故答案为： 15. 已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积计算即可. 【详解】因平面，则为三棱锥的高， 则， 由平面，平面，则， 在直角中，，同理， 则等腰的底边上的高为，则, 设点C到平面的距离为，则， 得 故答案为：. 16. 如图，在平行四边形中，是的中点，与交于点，设，，记（），则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的线性运算和共线定理求解即可. 【详解】根据题意可知，， 因为三点共线，所以存在实数使得， 又因为三点共线，所以存在实数使得， 所以，解得， 所以， 所以，，， 故答案为： 17. 从长度为2、3、5、7、11的5条线段中任取3条，这三条线段能构成一个三角形的概率为___________． 【答案】##0.2 【解析】 【分析】利用列举法及古典概型概率公式求解即可. 【详解】取出3条线段的情况有， ，共10种， 能构成三角形的有，共2种， 故概率. 故答案为：. 18. 如图，两个正交的全等正四面体（每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点），若正四面体棱长为2，则这两正交四面体公共部分的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积公式求解即可. 【详解】根据题意可知该几何图形的体积由八个小正四面体和所求公共部分的体积组成， 设大正四面体为，是中心， 因为大正四面体的棱长为2，所以，， 所以大正四面体的高，小正四面体的高， 设所求部分的体积为，大正四面体的体积为，小正四面体的体积为， 则，， 所以，解得， 即这两正交四面体公共部分的体积为， 故答案为： 19. 天津是一个历史悠久的文化古都，五大道，石家大院，古文化街，鼓楼这四个景点又是天津十分有名的旅游胜地．已知某游客游览五大道的概率为，游览石家大院，古文化街，鼓楼的概率都是，且该游客是否游览这四个景点相互独立，则该游客只游览一个景点的概率为______；该游客至少游览三个景点的概率为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据互相独立事件的概率公式和互斥事件的概率加法公式求解即可. 【详解】该游客只游览一个景点的概率为， 该游客游览三个景点的概率为， 该游客游览四景点的概率为， 所以该游客至少游览三个景点的概率为， 故答案为：； 20. 如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为1．设，则________；是平面图形边上的动点，则的取值范围是________． 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用相等向量的坐标相等，列式求解；设，求出，通过直线平移即可求解的取值范围. 【详解】 建立以为原点，如图所示的平面直角坐标系，连接， 因为六边形为正六边形， 所以，， 作于， 所以，， 所以，，， 所以，， 设，，， 所以， 所以 如图所示，在平面直角坐标系中，其中， 作直线，平移使之经过多边形内每一个点，当直线经过线段时，取得最大值，当当直线经过线段时，取得最小值. 故答案为：； 三、解答题：本大题共3小题，共32分，将解题过程及答案填写在答题卡上． 21. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求c的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及已知可得，再由余弦定理求边长； （2）根据已知得，再由正弦定理求； （3）由（2）及已知有，再应用二倍角正余弦公式及和角正弦公式求. 【小问1详解】 由题设及正弦边角关系得，又，则， 由余弦定理有，则； 【小问2详解】 由且，则， 由正弦定理，则； 【小问3详解】 由上，故为锐角，则， 所以，， 所以. 22. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别是的中点． （1）求证：平面； （2）在上取一点（不与重合），设过点和的平面交平面于，求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，要判定平面，只需判定平行于平面内的一条直线即可证明. （2）根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理进行证明. 【小问1详解】 取的中点，连接，如图所示. 因为分别是的中点， 所以中，，且. 因为为四棱锥，所以，且. 所以且 所以四边形为平行四边形，所以 又在平面内，在平面外， 所以平面. 【小问2详解】 连接交于点，连接，如图所示. 因为四边形是平行四边形，所以是的中点. 又因为是中点，在中，根据三角形中位线定理可得. 因为平面,在平面外， 根据线面平行的判定定理，得知平面. 因为过点和的平面交平面于，且平面， 根据线面平行的性质定理可得，. 23. 如图，在四棱柱中，底面为菱形，其对角线与相交于点O，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正切值； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）先证明，，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）证明为线面角，解三角形求解即可； （3）证明为二面角的平面角，解三角形即可得解. 【小问1详解】 连接，，如图， ∵，，为公共边， ∴，∴，又∵O为的中点，∴， 在中，由余弦定理可知， 在中，又在中，，，满足， ∴，又∵，∵､平面， ∴平面. 【小问2详解】 ∵平面，平面 ∴平面，在平面内作的延长线于点E， ∴平面，∴就是斜线在平面内的投影 ∴是直线与平所成的角 显然四边形为矩形，， 由（1）知， ∴，，在中， ∴直线与平面所成角的正切值为 【小问3详解】 过O作于F，连接， ∵平面，平面， ∴.又∵且， ∴平面，∵平面，∴， ∴为二面角的平面角， ∵，在中， ∴ ∴二面角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $