精品解析：湖北省黄冈市2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试卷

黄冈市2025年春季高一年级期末质量监测 数学 全卷满分：150分，用时120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列说法正确的是（ ） A. 通过圆台侧面一点，有无数条母线 B. 棱柱的底面一定是平行四边形 C. 圆锥的轴截面都是等腰三角形 D. 用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间几何体的定义依次判断各个选项即可. 【详解】对于A，根据母线定义可知，通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，故A错误； 对于B，棱柱包括三棱柱、四棱柱等，其中三棱柱底面是三角形，四棱柱底面是四边形即可，故B错误； 对于C，圆锥的轴截面都是等腰三角形，故C正确； 对于D，由棱台的定义可知，需用平行于底面的平面截棱锥可得棱台，不是任意平面都可以，故D错误. 故选：C. 2. 如图所示为水平位置的正方形，在平面直角坐标系中，点的坐标为，用斜二测画法画出它的直观图，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出直观图，由图计算点到轴距离即可. 【详解】画出直观图， 对应，且，, 故顶点到的距离为． 故答案为：. 3. 已知在复平面内，为原点，向量对应的复数分别为，，那么向量对应复数的虚部为（ ） A. 1 B. 9 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，结合向量的减法运算求解. 【详解】由题意可知：， 可得， 所以向量对应的复数为， 所以向量对应复数的虚部为. 故选：B. 4. 已知100个数据的上四分位数是93，则下列说法正确的是（ ） A. 将这100个数据从小到大排列后，第25个数据是93 B. 将这100个数据从小到大排列后，第75个数据是93 C. 将这100个数据从小到大排列后，第25个数据和第26个数据的平均数是93 D. 将这100个数据从小到大排列后，第75个数据和第76个数据的平均数是93 【答案】D 【解析】 【分析】根据百分位数的定义即可求解. 【详解】上四分位数即分位数，根据百分数计算，， 所以第75个数据和第76个数据的平均数为分位数. 故选：D. 5. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D． 考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 6. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用同角的正余弦的平方关系求得，，利用可求值. 【详解】因为，，所以， 又因为，所以，又， 所以，所以， 所以 . 故选：A. 7. 已知正四棱台，，其侧面积为，则该棱台的体积为（ ） A. 18 B. 27 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过作于，过作交于，连接，过作于，可证平面，利用棱台的体积公式求解即可. 【详解】过作于，过作交于，连接， 过作于， 因为，所以确定唯一平面， 因为四棱台是正四棱台，所以，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 由正四棱台侧面积为，所以， 所以，又因为，所以， 又，所以， 所以该棱台的体积为. 故选：C. 8. 已知，在函数与图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到两图象距离最短的两个交点坐标，计算即可. 【详解】由题根据三角函数图象与性质可得距离最短的交点坐标可以为， ，∴. 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. 设是复数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C 若，则 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由，可得或，可判定A正确；由，可判定B不正确；由，可判定C正确；取，根据复数的运算法则，得到，可判定D不正确. 【详解】对于A中，若，可得，可得或， 所以或，所以A正确； 对于B中，例如，可得，此时不是实数，所以B不正确； 对于C中，由复数的运算法则，可得， 若，可得，所以C正确； 对于D中，取，则，且， 所以，此时，所以D不正确. 故选：AC. 10. 关于平面向量，下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则存在，使得 B. 向量与不共线，则与都是非零向量 C. 若，则 D. 若向量与同向，且，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，根据向量共线的充要条件即可判断；对于B，由零向量与任何向量共线即可判断；对于C，取即可排除；对于D，根据向量有方向即可判断. 【详解】对于A，根据向量共线的充要条件即可得到A正确； 对于B，因为零向量与任何向量共线，所以由向量与不共线，可得与都是非零向量，故B正确； 对于C，当时，恒成立，但的关系不确定，故C错误； 对于D，因向量有方向，故不能比较大小，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，在棱长均相等的正四棱锥中，为底面正方形的中心，分别为侧棱的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. 平面 B. C. 直线与直线所成角的大小为90° D. 设平面底面，则二面角的余弦值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】连接，利用线线平行可判断A；利用勾股定理的逆定理可判断B；可得，进而得直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，求解即可判断C；可证平面平面，进而二面角与二面角相等，求解可判断D. 【详解】连接，因为为底面正主形的中心，所以是的中点，又为侧棱的中点， 所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 由于四棱锥的棱长均相等，所以，所以， 又，所以，故B正确. 由于分别为侧棱的中点，所以. 又四边形为正方形，所以，所以， 所以直线与直线所成的角即为直线与直线所成的角，即. 又为等边三角形，所以，故C错误. 又平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 二面角与二面角相等， 连接，取的中点，连接， 因为，所以， 因为四棱锥是正四棱锥，为底面正方形的中心，所以平面， 又平面，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 设正四棱锥的棱长为2，则，， 所以， 所以二面角的余弦值为，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. 已知复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数_________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据纯虚数的特征列出不等式组，求解即得. 【详解】因是纯虚数， 可得，解得. 故答案为：3. 13. 在中，角的对边分别为，已知，的周长为7，则边长为______. 【答案】3 【解析】 【分析】根据正弦定理得，由周长得，最后利用余弦定理列方程求得，即可得解. 【详解】由及正弦定理得，由的周长为7得， 故由及余弦定理得， 所以， 化简得，解得或（舍去），所以. 故答案为：3 14. 已知是球的球面上两点，，为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为6，则球的表面积为____________. 【答案】 【解析】 【分析】当平面，三棱锥的体积最大，据此计算即可. 【详解】当平面时，三棱锥的体积最大， 即， 解得，所以球的表面积为.. 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. 在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于第一象限的点. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的定义可得答案； （2）利用余弦的二倍角公式、两角差的正弦展开式化简可得答案. 【小问1详解】 依题意，，， 则，则； 【小问2详解】 . 16. 如图，在平面四边形中，已知，，，若. （1）当时，求的值； （2）求取得最小值时的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合已知根据向量运算得，根据数量积的运算律求解即可； （2）结合已知根据向量运算得，，根据数量积的运算律得，再利用二次函数性质求解即可. 【小问1详解】 当时，为线段的中点， 则，， 从而， 又因为，则有， 从而. 【小问2详解】 因为，则有， ，， 从而 ， 当且仅当时，最小. 17. 在中，角对应的边分别为，已知，. （1）求角和边； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分别表示出，然后代入计算即可； （2）依据题意得到，，然后得到，计算即可. 【小问1详解】 依题意，由知：，从而 ，代入化简得： ，由余弦定理可知： 从而. 【小问2详解】 ，则有，由知，为锐角，则， 由，，知， 从而有. 18. 已知总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：.记总的样本平均数，样本方差为. （1）证明：； （2）证明：； （3）现已知某高中共有学生1400人，其中男生800人，体重平均数66kg，方差为180，女生600人，体重平均数为52kg，方差为90，求出该校所有学生体重的平均数和方差. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）60kg， 【解析】 【分析】（1）利用定义求出总体平均数即可； （2）利用定义求出总体方差即可； （3）代入（1）、（2）公式可得答案. 【小问1详解】 设第一层有个数，分别为，平均数为，， 第二层有个数，分别为，平均数为，方差为， 则， 所以总体平均数； 【小问2详解】 ， 由可得 ， 同理， ∴ ； 【小问3详解】 由（1）可知，， 即该校所有学生体重的平均数为， 由（2）可知 . 19. 如图，在三棱柱中，平面平面，平面平面，，是线段上一动点，，. （1）证明：三棱柱是直三棱柱； （2）若，求平面截三棱柱所得截面面积； （3）是否存在，使得直线与平面所成角的正切值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）在上任取一点，过作交于，在上任取一点，过作交于，可证平面，证明可得结论； （2）过作，交于点，连接，截面直角梯形，求得面积即可； （3）延长交于点，过作于，所以平面，连接，为与平面所成的角，可得，进而可求的值. 【小问1详解】 如图： 在上任取一点，过作交于， 在上任取一点，过作交于， 由平面平面，平面平面，平面 所以：平面， 同理有平面，从而有， 平面，平面，所以平面， 又因为平面平面，平面， 从而有，即平面. 从而三棱柱是直三棱柱. 【小问2详解】 当时，连接延长交直线于，所以， 又因为，所以，所以为线段上靠近的一个三等分点， 过作，交于点，连接， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面， 又，平面，平面平面， 所以平面，所以平面， 从而截面为直角梯形，， 所以， 从而直角梯形的面积为. 【小问3详解】 延长交于点，过作于， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面平面， 又平面，平面平面， 所以平面，连接， 则为与平面所成的角， 由，，可知，， 若直线与平面所成角的正切值为，即， 从而，即，，从而易得， 即点为上靠近的一个三等分点，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $