精品解析：湖南省株洲市第四中学2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题B

2024—2025学年（下）高一年级期末质量检测B 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．回答非选择题时，将答案写在答题纸上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回． 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求． 1. 已知复数z与在复平面内对应的点关于虚轴对称，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算法则化简，再根据对称性求解即可. 【详解】， 因为z与在复平面内对应的点关于虚轴对称， 所以． 故选：B. 2. 在中，若，， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用正弦定理及三角形内角和性质求出角A的余弦值，再利用向量数量积公式求解即可. 【详解】由题，根据正弦定理，即，求得，又因为，所以角C为锐角，故 ， 因为， 所以 故选：C 3. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 4. 如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设确定底面周长，再由圆锥侧面积的求法求其侧面积. 【详解】由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：B. 5. 某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（ ） A. 极差 B. 45%分位数 C. 平均数 D. 众数 【答案】B 【解析】 【分析】根据极差、百分位数、平均数以及众数的含义逐一判断即可. 【详解】不妨设原始数据为：， 原始数据的极差为：，平均数为，众数为， 去掉一个最高分与一个最低分后剩下数据为：， 剩下数据的极差为：，平均数为，众数为和3， 由此可知，与原始数据相比，剩下数据的极差，平均数，众数可能发生改变，故A，C，D错误， 对于B项，假设这7个数据从小到大为， 去掉一个最高分与一个最低分后剩下数据为：， 因为，， 所以原始数据的分位数为第四个数，即，剩下的数据的分位数为第3个数，即 所以与原始数据相比，剩下数据的分位数不变，故B正确； 故选：B． 6. 我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何?这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】B 【解析】 【分析】依题意画出图形，利用两角差的正切公式及锐角三角函数求出，最后利用勾股定理计算可得. 【详解】解：依题意可得如下图形： 则，，，所以， 所以 ， 所以，所以， 所以绳索长为米. 故选：B 7. 如图，在四面体中，点在平面上的射影是，，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】与所成的角通过线线平行转化为或其补角，再应用余弦定理计算余弦值，最后根据异面直线所成角的范围确定符号即可. 【详解】分别取的中点，连接.因为点在平面上的射影是，所以平面，则. 因为分别为中点，所以，所以与所成的角即或其补角. 因为，所以，所以. 又因为，所以， 所以， 异面直线所成角的范围是,故异面直线与所成角的余弦值为. 故选:C. 8. 函数（）的最大值和最小值是、，则的值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，结合辅助角公式化简整理得，利用函数的值域可得，进而转化为关于 的方程的两根的问题，结合韦达定理即可求出结果. 【详解】设 （*）， 设关于 的方程的两根是， 由韦达定理可得，而不等式的解为： ，即分别是函数的最小值和最大值，, 故选：A． 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为复数，为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，则的最小值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，根据复数除法运算，求得，再根据模长运算即可求解；选项B，令，分别计算和，即可判断；选项C，设，由得，可解得，但要注意的取值；选项D，根据复数模长的几何意义即可判断. 【详解】对于A，根据复数除法，， 则，所以A正确； 对于B，令，则， 所以，，所以，故B正确； 对于C，设，则，， 所以，， 因为，即，解得，， 所以当，，不是纯虚数，故C错误； 对于D，当，复数对应的点在单位圆上，即， 表示复数对应的点到点的距离，最小值为圆心到点的距离减去半径，即最小值为，故D正确. 故选：ABD. 10. 连续抛掷一枚硬币两次，事件表示“第一次硬币正面朝上”，事件表示“第二次硬币反面朝上”，事件表示“两次硬币都正面朝上”，事件表示“两次硬币朝上的情况不同”，则（ ） A. 与相互独立 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】借助相互独立事件的定义逐项验证即可得. 【详解】，，，， 对A：，， 故与不相互独立，故A错误； 对B：，，有， 故与相互独立，故B正确； 对C：， 故与不相互独立，故C错误； 对D：，，有，’ 故与相互独立，故D正确； 故选：BD. 11. 已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线与直线所成角为 C. 三棱锥的体积为 D. 过三点的平面截该正方体所得的截面为六边形 【答案】AC 【解析】 【分析】利用中位线的平行关系，利用正方体中的垂直关系，可判断AB，利用平行关系进行三棱锥体积变换，再计算体积，可判断C，利用延长线或作平行线来确定截面，可判断D. 【详解】对于A， 取的中点为，连接，由分别是棱的中点， 可得：，， 由正方体的性质可得：平面，， 所以可得：平面，， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以，故A正确； 对于B, 由分别是棱的中点，可得， 由正方体性质可得：， 所以就是直线与直线所成角或其补角， 由于是等边三角形，所以， 即直线与直线所成角为，故B错误； 对于C: 在上取点，使得，连接，易证． 则 ． 另解：如图，连接， 则 ． 故C正确． 对于D，截面是平面与几何体表面的交线围成的图形． 如上图所示，过三点的平面截该正方体所得的截面应为五边形．故D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 若向量，，且，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量平行的坐标运算即可求解. 【详解】因为向量，，且， 可得，解得. 故答案为：. 13. 一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球__________个. 【答案】8 【解析】 【分析】根据绿球个数除以总个数即可. 【详解】因为通过大量重复的摸球实验后，发现摸到绿球的频率稳定在，所以摸到绿球的概率为， 设不透明的袋中有个绿球，因为空袋中有9个红个球，3个白球，所以，解得：; 故答案：8 14. 在平面四边形中，，分别为，中点，若，，且，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】结合三角形中位线的性质，根据向量数量积的运算律可得，进而可得. 【详解】如图所示，连接，取中点为，连接，，则，， 则， 因为，，， ， 整理可得， 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，. （1）求的值； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算可得； （2）若选择条件①，利用余弦定理解方程可知不存在； 若选择条件②,利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一； 若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一. 【小问1详解】 由可得， 由余弦定理可得，即，因此； 又，可得 【小问2详解】 若选择条件①：； 由余弦定理可得， 整理可得，此时，该方程无实数根， 即条件①使不存在； 若选择条件②：； 由正弦定理可得， 联立，解得； 由可得，即， 解得或（舍）， 此时条件②使存在且唯一，符合题意； 所以其面积为 若选择条件③： 易知， 利用正弦定理可得， 由可得，即， 解得或（舍）， 此时条件③使存在且唯一，符合题意； 所以其面积为. 16. 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； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，即，利用线面垂直的判定定理证明平面，根据面面垂直的判定定理得证； （2）作，得平面，由，利用基本不等式得，结合三角形面积公式得，同理可得，由此得解 【小问1详解】 由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，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. 【小问2详解】 如图： 作，由平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得，， 由，得， 故，当且仅当取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 17. 某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对类每个问题的答对的概率均为0.5.在类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. （1）求小明在第一轮得40分的概率； （2）求小红两轮总分得60分的概率； （3）试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？ 【答案】（1） （2） （3）小明谁更有机会进入面试环节. 【解析】 【分析】（1）对A类的5个问题进行编号：，设小明只能答对4个问题的编号为：，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率； （2）小红两轮总分得60分，只能有两种得分情况：小红第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分或当小红第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分，求对应事件的概率再求和即可得解. （3）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小红和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论. 【小问1详解】 对A类的5个问题进行编号：，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答， 则有共种， 设小明只能答对4个问题的编号为：， 则小明在第一轮得40分，有共种， 则小明在第一轮得40分的概率为：； 【小问2详解】 设“小红两轮总分得60分”为事件，“小红第一轮答错一题得分， 第二轮答对两题得分”为事件;“小红当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分”. 则, ; . 【小问3详解】 由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为， 则小明在第一轮得0分的概率为：， 依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分 当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时， 小红和小明晋级复赛的概率分别为： ； ； 当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时， 小红和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时， 小红和小明晋级复赛的概率分别为： ；； 当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时， 小红晋级复赛的概率分别为： ； 小红晋级复赛的概率为：； 小明晋级复赛的概率为：； ， 小明更有机会进入面试环节. 18. 已知的内角，，的对边分别为，，.且满足. （1）求角； （2）已知的外接圆的圆心为，半径. （i）作角的平分线交于，，求的面积； （ii）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）在中，由三角形内角和定理及诱导公式可得，结合两角和余弦公式整理化简可得，进而，即可求解. （2）（i）由（1）知.由正弦定理可得的值.根据角平分线的性质及三角形面积公式可得.结合余弦定理求出的值即可求解； （ii）由（1）知.由的外接圆的性质可知，，.根据向量数量积的运算可得 ，化简整理得，故，根据三角恒等变换及角的范围即可求解. 【小问1详解】 在中，∵，∴， ∴，即， 即， ∴，即. ∵，∴.∵，∴. ∵，∴. 【小问2详解】 （i）由（1）知.由正弦定理可得. ∵是角的角平分线，∴. ∵，∴，∴，即. 由余弦定理可得，整理可得. 又，∴，即，∴，解得或（舍去）. ∴. （ii）由（1）知.∵点为的外接圆的圆心，∴，，. ∵，， ∴，即， 即，∴，∴， ∴. ∵，∴，∴，∴， 即的取值范围为. 19. 如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. （1）如图2，若M是BC中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； （2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2）①证明见解析；②M位于点C， 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可得证； （2）①根据线面垂直判定可证；②先分析得O是三棱锥外接球的球心，再求得直径，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可 【小问1详解】 如图，取PA的中点E，连接ME和EN，则EN是的中位线， 所以且， 又且， 所以且， 所以四边形ENCM是平行四边形，所以， 又平面PAM，平面PAM， 所以平面PAM. 【小问2详解】 ①由平面AMCD，平面PFH，得， 又已知，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线， 所以平面PAD. ②，由①知平面PAD，又平面PAD， 所以，所以是， 由平面AMCD，平面AMCD， 所以，是. 如图，取PC的中点O，则点O到三棱锥各顶点的距离都相等， 所以O是三棱锥外接球的球心. 如图，过点P作于F，连HF和BF， 因为平面AMCD，平面AMCD， 所以，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线， 所以平面PFH，又平面PFH，所以， 由和翻折关系知，所以B，F，H三点共线，且， 设，则，， 又，所以， ，， 由，得， 所以，， 所以， ， 因为在时单调递增， 所以时，有最大值， 此时，点M位于点的C位置， 所以，，. 所以点M位于点的C时，三棱锥外接球的体积的最大值为. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年（下）高一年级期末质量检测B 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．回答非选择题时，将答案写在答题纸上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回． 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求． 1. 已知复数z与在复平面内对应的点关于虚轴对称，则（ ）． A. B. C. D. 2. 在中，若，， ，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A B. C. D. 5. 某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（ ） A. 极差 B. 45%分位数 C. 平均数 D. 众数 6. 我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何?这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 7. 如图，在四面体中，点在平面上的射影是，，若，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 8. 函数（）的最大值和最小值是、，则的值为（ ） A 1 B. C. 2 D. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知为复数，为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，则的最小值为1 10. 连续抛掷一枚硬币两次，事件表示“第一次硬币正面朝上”，事件表示“第二次硬币反面朝上”，事件表示“两次硬币都正面朝上”，事件表示“两次硬币朝上的情况不同”，则（ ） A. 与相互独立 B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 11. 已知正方体的棱长为2，分别是棱的中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线与直线所成角为 C. 三棱锥的体积为 D. 过三点的平面截该正方体所得的截面为六边形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量，，且，则________. 13. 一个不透明的袋中装有除颜色外均相同的9个红球，3个白球，若干个绿球，每次摇匀后随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，经过大量重复实验后，发现摸到绿球的频率稳定在0.4，则袋中约有绿球__________个. 14. 在平面四边形中，，分别为，的中点，若，，且，则_____． 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，. （1）求的值； （2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求面积. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 16. 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； 17. 某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对类每个问题的答对的概率均为0.5.在类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响. （1）求小明在第一轮得40分的概率； （2）求小红两轮总分得60分的概率； （3）试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？ 18. 已知的内角，，的对边分别为，，.且满足. （1）求角； （2）已知外接圆的圆心为，半径. （i）作角的平分线交于，，求的面积； （ii）若，求的取值范围. 19. 如图1，在矩形ABCD中，，，M是边BC上的一点，将沿着AM折起，使点B到达点P的位置. （1）如图2，若M是BC的中点，点N是线段PD的中点，求证：平面PAM； （2）如图3，若点P在平面AMCD内的射影H落在线段AD上. ①求证：平面PAD； ②求点M的位置，使三棱锥的外接球的体积最大，并求出最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$