精品解析：福建省厦门市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题

厦门市2024—2025学年第二学期高一年级质量检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意； 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：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的. 1. 某企业生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用按比例分配的分层随机抽样方法，抽取一个容量为的样本，样本中甲型号产品有10件，则的值为（ ） A. 20 B. 30 C. 50 D. 100 2. 平行四边形的两条对角线相交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是关于的方程一个根，则（ ） A. -2 B. 3 C. 6 D. 7 6. ，，为两两不重合的平面，，为不重合的直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 已知向量，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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，有多个选项.符合题目要求，全部选对的得，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 8. 现对1200名学生的某次物理成绩进行统计分析，得到如下频率分布直方图，则（ ） A. 众数的估计值为75 B. C. 成绩在的学生人数为300 D. 成绩的中位数小于70 9. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，.记在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 10. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，若的面积为1，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 若复数，则________. 12. 若事件和相互独立，，，则________. 13. 已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 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. 14. 某沙稻研究中心利用早直播技术在沙漠试验田种植甲、乙两个新品种水稻，随机各抽取5块试验田，其亩产量数据（单位：10kg）如下： 甲 47 51 49 50 53 乙 44 51 60 58 52 （1）利用均值和极差对甲、乙的产量进行评价； （2）产量的变异系数（CV）是一个用于评估产量稳定性和变异程度的指标，越小，产量越稳定，生产的风险也越小，其计算公式为.根据产量的变异系数，你认为哪个品种更适合推广? 15. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若为的中点，，，求. 16. 如图，四棱锥中，底面是菱形，平面，，为的中点，直线与平面交于点. （1）证明：平面； （2）求四棱锥的体积. 17. 某商场开展促销活动，每消费调500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同.抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖. （1）已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率； （2）为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件，“乙恰好获得一个二等奖”为事件.判断事件与是否相互独立，并说明理由. 18. 如图，四棱锥中，平面平面，，. （1）求； （2）若直线与所成角的余弦值为. （i）求二面角的正切值； （ii）是的外接圆上的动点，三棱锥内有一圆柱，圆柱的底面在内，求该圆柱侧面积的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门市2024—2025学年第二学期高一年级质量检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 考生注意； 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：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的. 1. 某企业生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品数量之比依次为，现用按比例分配的分层随机抽样方法，抽取一个容量为的样本，样本中甲型号产品有10件，则的值为（ ） A. 20 B. 30 C. 50 D. 100 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样原理，利用样本容量与频率、频数的关系，即可求出样本容量． 【详解】因为某企业生产甲、乙、丙三种不同型号的产品，产品数量之比依次为， 现用分层抽样方法抽出一个容量为的样本，样本中甲型号产品有10件， 所以，解得． 故选：C． 2. 平行四边形的两条对角线相交于点，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】以向量为基底，结合向量的线性运算用基底表示向量. 【详解】． 故选：A 3. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算、除法运算及复数的几何意义即可求解. 【详解】∵，∴对应的点为，∴对应的点位于第二象限. 故选：B. 4. 某组合体的上、下部分分别是圆台和圆柱.圆台和圆柱的高相等，且圆台的下底面与圆柱的上底面重合，圆台的上底面半径是下底面半径的一半，则圆台与圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆台和圆柱的体积公式直接计算即可得解. 【详解】设圆台的上底面半径为，高为，则圆台和圆柱的底面半径为， 则圆台体积，圆柱体积， 所以圆台与圆柱的体积之比为. 故选：B 5. 已知是关于的方程一个根，则（ ） A. -2 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】将代入方程，即可得到关于的方程组，解出即可. 【详解】将代入方程得， 即，则，解得，故， 故选：B. 6. ，，为两两不重合的平面，，为不重合的直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】ABC均可举出反例；D选项，由点线面的位置关系，求出，则，D正确. 【详解】对于A，若，，则或，A错误； B选项，若，，，则或异面，B错误； C选项，如图所示，满足，，，则不垂直，C错误； D选项，若，则， 又，，则， 所以，则，D正确. 故选：D 7. 已知向量，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】两边平方，得到，利用夹角余弦公式和基本不等式得到，从而求出正弦的最大值. 【详解】因为，两边平方得， 整理得， ， 当且仅当时等号成立，所以. 故的最大值为. 故选：D 二、多选题：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，有多个选项.符合题目要求，全部选对的得，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 8. 现对1200名学生的某次物理成绩进行统计分析，得到如下频率分布直方图，则（ ） A. 众数的估计值为75 B. C. 成绩在的学生人数为300 D. 成绩的中位数小于70 【答案】AB 【解析】 【分析】在频率分布直方图中，将最高的小长方形所在区间的中点作为众数的估计值，即可判断A；由所有小长方形的面积和即频率和为1，列式求出值，即可判断B；通过计算成绩在的学生人数，即可判断C；先计算频率小于0.5的区间范围，再计算频率小于0.5的区间范围，由此确定中位数所在的区间，即可判断D. 【详解】由频率分布直方图可知，成绩在的人数最多， 所以将这个区间的中点75作为众数的估计值，故A正确； 由所有小长方形的面积和即频率和为1， 可知，解得，故B正确； 成绩在的学生人数为，故C错误； 因为成绩在的频率为， 成绩在的频率为， 所以成绩的中位数落在区间内，即成绩的中位数大于70，故D错误； 故选：AB 9. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，，，.记在方向上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由，得，利用向量的坐标运算求解；对B，利用向量的坐标运算求出的坐标，再根据两向量平行的坐标关系判断；对C，利用向量夹角公式求解判断；对D，根据投影向量的定义求解判断. 【详解】对于A，由，得， 所以，故A正确； 对于B，因为，又， 所以，所以与不平行，故B错误； 对于C，因为， 又，所以，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：ACD. 10. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，若的面积为1，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由正弦定理结合平方关系求解判断；对B，由，得，根据正切函数的单调性和诱导公式求解判断；对C，由正弦定理结合三角恒等变换可得，结合求解判断；对D，由三角形面积公式可得，再由余弦定理结合基本不等式求解判断. 【详解】对于A，由正弦定理，得，所以. 因为，所以，解得或. 因为，所以，，故A正确； 对于B，在锐角中，，则， 所以，故B错误： 对于C，. 因为，所以，所以，故C正确； 对于D，因为的面积为1，即，所以， 所以， 当且仅当，等式成立，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 若复数，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的乘方运算求得，进而可求. 【详解】因为，所以. 故答案为：. 12. 若事件和相互独立，，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据相互独立事件概率乘法公式以及容斥原理即可得出答案. 【详解】因为事件与独立，所以事件与事件独立，故， 根据容斥原理可知：. 故答案为： 13. 已知正方体的棱长为1，球与正方体的各面均相切，为球上一点，，分别为，上的点，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】首先利用球面上点的特点转化，作交于，通过作二面角的平面角，将转化为，在平面展开图中，通过化曲为直，继续转化，根据梯形的中位线公式求出的值即可得解. 【详解】 如图1，易知为正方体的中心，球的半径，. 所以. 连接交于，可知是二面角的平面角. 在中，. 对于上一点，当时，取得最小值， 此时，作交于，连接， 可知也是二面角的平面角， 在中，，所以. 如图2，将平面沿直线翻折，使之与平面重合. 作于，交于点， 则有，当且仅当与重合时等号成立. 作交延长线于，则为等腰直角三角形， ，所以， 所以. 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. 14. 某沙稻研究中心利用早直播技术在沙漠试验田种植甲、乙两个新品种水稻，随机各抽取5块试验田，其亩产量数据（单位：10kg）如下： 甲 47 51 49 50 53 乙 44 51 60 58 52 （1）利用均值和极差对甲、乙的产量进行评价； （2）产量的变异系数（CV）是一个用于评估产量稳定性和变异程度的指标，越小，产量越稳定，生产的风险也越小，其计算公式为.根据产量的变异系数，你认为哪个品种更适合推广? 【答案】（1）甲品种产量样本的平均值，极差为； 乙品种产量样本的平均值，极差为. 所以甲品种的产量略低乙品种，但比较稳定：乙品种的产量较高，但波动较大. （2）甲品种 【解析】 【分析】（1）求出均值和极差即可得出结论； （2）求出标准差，代入公式求出，比较其大小即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 甲品种的样本方差， 所以甲品种产量的变异系数； 乙品种的样本方差 ， 所以乙品种产量的变异系数. 因为，所以甲品种的产量更稳定，生产的风险也更小，更适合推广. 15. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若为的中点，，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题设条件及正弦定理求得，求得，即可求解；（2）先利用同角三角函数平方关系得到，在中，由正弦定理得，得.因为为中点，得.在中，由余弦定理计算得到答案； 【小问1详解】 由正弦定理得， 即 所以， 所以. 又，得，因为，所以 【小问2详解】 解法1：因为，所以. 在中，由正弦定理得，即，得. 因为为中点，所以. . 在中，由余弦定理得 ， 所以. 解法2：因为，所以. 在中，由正弦定理得，即，得. 因为为中点，所以. ， 在中，由正弦定理得，即，得. 在中， 由余弦定理得， 所以. 16. 如图，四棱锥中，底面是菱形，平面，，为的中点，直线与平面交于点. （1）证明：平面； （2）求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明：因为四边形是菱形，所以. 又平面，平面，所以平面. 因为平面，平面平面，所以. 又平面，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题可知平面，由线面平行的性质定理得，再由线面平行的判定定理得证； （2）法1，由题可得，所以，进而可得，运算得解；法2，取，的中点分别为，，得到平面，平面，得，运算得解；法3，由题可得，由，得，即，运算得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法1：因为，，所以. 因为为的中点，所以为的中点. 因为，，所以，所以. 又为的中点，所以. 因为平面，所以. 因为四边形是菱形，，所以，所以. 因为为的中点，，所以， 所以. 解法2：连接，则. 设，的中点分别为，，连接，. 因为四边形是菱形，，所以，所以，. 因为平面，平面，所以平面平面. 又平面平面，平面，，所以平面. 同理平面. 所以. 因为和都是等边三角形，所以， 且，. 所以. 解法3：. 因为为的中点，所以， 所以. 因为为的中点，所以. 因为，所以， 所以，即. 因为平面，所以. 因为，， 所以. 17. 某商场开展促销活动，每消费调500元可获得一次抽奖机会.抽奖箱装有3个红球、2个白球、1个蓝球，这些球除颜色外完全相同.抽奖规则如下：一次性随机摸出2个球，若摸出2个红球，可获得一等奖；若摸出1个红球和1个蓝球，可获得二等奖. （1）已知甲在该商场消费了500元，求甲获得一等奖的概率； （2）为加大促销力度，在原规则的基础上，当顾客在该商场消费满1000元时，若顾客两次抽奖均摸出蓝球，则额外获得一个二等奖.已知乙在该商场消费了1000元，记“乙至少获得一个一等奖”为事件，“乙恰好获得一个二等奖”为事件.判断事件与是否相互独立，并说明理由. 【答案】（1） （2）不相互独立，理由如下： 记事件“乙第次摸得两个红球”，事件“乙第次摸得一红一蓝两个球”， 事件“乙第次摸得一白一蓝两个球”，事件“乙第次未摸到蓝球”，其中，2. 由（1）知； ，； ，； ，. 则，，与相互独立. 所以. 因为，且事件，，两两互斥，两次抽奖相互独立， 所以 . 因为，且，互斥，两次抽奖相互独立， 所以. 所以，所以事件与事件不相互独立. 【解析】 【分析】（1）写出所有的样本点，再根据古典概率公式即可得出答案； （2）利用独立性事件同时发生的乘法公式及互斥事件发生的加法公式计算，再验证与是否相等即可判断. 【小问1详解】 记三个红球分别为，，，两个白球分别为，，蓝球为， 则6个球中一次摸出两球的样本空间为： ， 则，且每个样本点出现的可能性相等，所以这是一个古典概型. 记事件“甲获得一等奖”，则，， 所以，所以甲获得一等奖的概率为. 【小问2详解】 略 18. 如图，四棱锥中，平面平面，，. （1）求； （2）若直线与所成角的余弦值为. （i）求二面角的正切值； （ii）是的外接圆上的动点，三棱锥内有一圆柱，圆柱的底面在内，求该圆柱侧面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i）;（ii） 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得出线面垂直平面进而得出，由全等得出进而得出即可求的值； （2）（i）先找到二面角的平面角，在中由余弦定理求的值，即可求二面角的正切值； （ii）当在内时，根据相似结合三角形面积公式用，，表示圆柱底面圆半径，再由余弦定理结合基本不等式找到的取值范围，再用表示圆柱的高及其取值范围即可求该圆柱侧面积的最大值；当点在外（包含边界）时，找到圆柱底面圆半径的取值范围即可求该圆柱侧面积的最大值. 【小问1详解】 如图1，取的中点，连接，，由知. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 又因为，所以，所以，进而， 所以点在以为直径的圆上，所以. 所以. 【小问2详解】 （i）设，分别为棱，的中点，连接，. 设，分别为，的中点，则，. 所以是直线与所成角或其补角. 又，，，，， 所以. 设，连接，则. 由，平面，得平面，又，平面， 所以，. 所以，. 在中，由，解得， 所以. 由平面，平面，得. 又，，，平面，所以平面. 因为平面，所以，所以是二面角的平面角， ，即二面角的正切值为. （ii）由的外接圆直径及正弦定理知. ①如图2，当在内时，， 设圆柱上底面所在平面与三棱锥的截面为. 当圆柱上底面是的内切圆时，其半径取得最大值. 记，因为，，. 设，，则，， 所以，得. 中，由余弦定理得，. 一方面，； 另一方面，， 即，当且仅当时等号成立. 所以. 设圆柱的高为，则，即，得， 所以圆柱的侧面积 ， 当且仅当且时等号成立. ②如图3，当点在外（包含边界）时，为钝角. 若圆柱的高为，过作底面的垂面，与截面的交线为， 则圆柱上底面在内部.记内切圆半径为， 此时，，. 综上，圆柱侧面积的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $