精品解析：广东省湛江市2024-2025学年高一下学期期末调研考试数学试卷

湛江市2024—2025学年度第二学期期末调研考试 高一数学 说明：本卷满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本大题共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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 若复数，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的加法法则计算即得. 【详解】 故选：C. 2. 袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得取球的总情况数，及取到红球的情况数，据此可得答案. 【详解】由题可得取球的总情况数为，取到红球的情况数为4，则取到红球的概率为： . 故选：B 3. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ） A. 12 B. C. 16 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长. 【详解】从直观图可得， 原图形为： 则四边形OABC为平行四边形，， ， 所以其周长为. 故选：C. 4. 已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆台母线长与侧面展开图扇环内外圆半径的关系得到一个等式，再利用圆台上下底面圆周长与扇环内外圆周长的比例关系，进而求出圆台上下底面圆周长之差. 【详解】设圆台的侧面展开图扇环的内圆半径为，外圆半径为，（） 则圆台母线长为， 设圆台上、下底面圆半径分别为，（）， 则，，∴， 圆台上下底面圆周长之差的绝对值为. 故选：A. 5. 如图，两座山峰的高度，为测量峰顶和峰顶之间的距离，测量队在点（，，在同一水平面上）测得点的仰角为，点的仰角为，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ） A. 200 m B. 400 m C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在、中利用锐角三角函数求出、，再在中利用余弦定理计算可得. 【详解】在中， 在中， 在中 ． 故选：C 6. 在平行四边形中，，若交于点M，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得为线段上的四等分点，根据三角形相似得，然后根据向量的线性运算化简求解即可. 【详解】，为线段上靠近点C的四等分点． 由平行四边形性质知， 即，． 故选：B． 7. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（  ） A. 直线共面 B. C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9 【答案】D 【解析】 【分析】对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可. 【详解】 对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形, 故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确； 对于B项，如图②，,故B项正确； 对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即, 在中，,故C项正确； 对于D项，如图④，连接,易得, 因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线， 即过点B，E，F的平面即平面. 由可得四边形为等腰梯形， 故其面积为： ，即D项错误. 故选：D. 8. 如图，以边长为4的菱形的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，，则的最大值是（ ） A. 16 B. C. 18 D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的几何意义，由点的位置分类探讨确定取最大值的位置，再取中点，利用数量积的运算律及定义求出最大值. 【详解】当点在半圆或半圆的弧上时，在方向上的投影的数量为非正数； 当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量在内，； 当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量不小于2， 因此当取最大值时，点在半圆的弧上，取中点，则， 而， ，当且仅当时取等号， 所以的最大值是20. 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. 在一次比赛中，7名裁判员对运动员甲的评分分别为8.0，8.5，9.0，8.0，8.5，5.5，8.5，关于这组数据，下列说法正确的有（ ） A. 这组数据的中位数大于平均数 B. 这组数据的80%分位数为8.5 C. 这组数据的众数为8.0 D. 去掉一个最低分和一个最高分后，新的一组数据的平均数会变大 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平均数、80%分位数、众数的意义依次求解判断. 【详解】给定数据由小到大排列为， 对于A，平均数，中位数8.5，A正确； 对于B，由，得这组数据的80%分位数为8.5，B正确； 对于C，这组数据的众数为8.5，C错误； 对于D，新数据组的平均数为，D正确. 故选：ABD 10. 一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同，编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中依次不放回摸出两个球.设事件“第一次摸出球的编号为奇数”，事件“摸出的两个球的编号之和为5”，事件“摸出的两个球中有编号为2的球”，则（ ） A. B. 事件A与事件B为独立事件 C. D. 事件B与事件C为互斥事件 【答案】AB 【解析】 【分析】根据古典概型计算判断A，独立事件乘法公式计算判断B，根据概率性质计算判断C，应用互斥事件的定义判断D. 【详解】对于A：由古典概率的计算易得，故A正确； 对于B：因为，，， 所以，即事件A与事件B为独立事件，故B正确； 对于C：因为，故C错误； 对于D：当摸出的两个球编号为2，3时，事件B与事件C同时发生，故D错误， 故选:AB 11. 在锐角中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且.则下列说法正确的是（ ） A. B. 角B的范围是 C. 若的平分线交BC于D，，，则 D. 的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正弦定理可得，化简得，再结合题意可对A判断；由A可得，再结合为锐角三角形即可对B判断；利用正弦定理可求得，从而可得，从而可对C判断；由，再令，结合在上单调递增，可对D判断. 【详解】A、B：由正弦边角关系有， 所以，又且，，所以，故A正确； 由上，可得，故B错误: C：如下图示，设，则，， 由，则，且，则， 所以， 而，且，则，所以，故C正确； D：由， 而，且在上单调递增，则值域为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，则______； 【答案】 【解析】 【分析】先求，进而得，最后复数的模即可. 【详解】由有，所以，所以， 故答案为：. 13. 若4个数据的平均值为6，方差为5，现加入数据8和10，则这6个数据的方差为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设原来4个数据依次为，，，，根据平均数和方差得到方程，并求出加入数据8和10后的平均数和方差. 【详解】设原来4个数据依次为，，，，则， 因为方差为5，所以， 即， 所以， 则． 现加入数据8和10，则其平均数为， 则这6个数据的方差为 ． 故答案为： 14. 在三棱锥中，底面ABC，，，面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 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. 某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取300人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）求频率分布直方图中的值.若从成绩不低于70分的学生中，按分层抽样方法抽取24人的成绩，求24人中成绩不低于90分的人数. （2）用样本估计总体，估计该校学生数学文化素养知识初赛成绩的中位数.（保留小数点后两位） （3）若甲、乙两位同学均进入复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为，乙复赛获一等奖的概率为，甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率. 【答案】（1），24人中成绩不低于90分的人数为2， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1即可求解，根据抽样比即可求解， （2）根据频率分布直方图中，中位数的计算公式即可求解， （3）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合对立事件的性质求解. 【小问1详解】 由题意可知，解得， 成绩位于的频率之比为， 故24人中成绩不低于90分的人数为， 【小问2详解】 由于， ， 故中位数位于， 设中位数为，则，解得， 【小问3详解】 甲乙两个人都未复赛获一等奖的概率为， 故至少有一位同学复赛获一等奖概率为 16. 已知向量，． （1）当时，求向量的坐标； （2）若，求实数x的值； （3）求的最大值和最小值． 【答案】（1） （2）， （3）， 【解析】 【分析】（1）由特殊角三角函数的计算和平面向量加法的坐标运算可得结果； （2）由向量平行的坐标关系列式求解； （3）先根据向量数量积的坐标公式化简函数，再根据二倍角公式化简，最后根据正弦函数性质可得最值. 【小问1详解】 当时，，， 则． 【小问2详解】 若，则，即， 所以，． 【小问3详解】 因为，， 所以． 因为， 所以当时，取得最大值，， 当时，取得最小值，． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，从而证明，再由，可证明平面；（2）作，与交于点，，与交于点，连接，可得就是二面角的平面角，证明，，从而计算各边长，再计算二面角的正切值. 【小问1详解】 证明：在直角梯形中，由，，得， 由，得，即， 又平面平面，从而平面， 所以，又，，从而平面； 【小问2详解】 作，与交于点，，与交于点，连接， 由（1）知，所以就是二面角的平面角， 直角梯形中，由，得， 又平面平面，得平面，从而， 由于平面，得． 在中，由，，得； 中，由，，，得， ，， 所以二面角的正切值为． 【点睛】用定义求解二面角时，需要先作图找出二面角的平面角，然后计算各边长，从而代入求解二面角对应的三角函数值. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）已知D为边AB上的一点，且. （ⅰ）若，，求AC的长； （ⅱ）求的取值范围. 【答案】（1） （2）（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角化，结合正弦和角公式可得,根据，化简可得，即可求解， （2）（ⅰ）在中，由余弦定理求解，进而根据诱导公式以及正弦定理得，解得，进而根据同角关系以及锐角三角函数求解， （ⅱ）在中由正弦定理，得，在中，由锐角三角函数得，进而可得，利用二倍角公式化简得，即可根据余弦函数的性质求解. 【小问1详解】 由题意知， 又由正弦定理得，所以. 又，所以，所以， 所以， 因，所以，所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）因为， 根据余弦定理得，所以， 因为，所以， 在中，由正弦定理知，，即，所以， 进而,所以故， （ⅱ）因为，所以， 在中，由正弦定理得，所以； 又在中，； 所以， 因为，所以，所以， 所以的取值范围是. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； （3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【答案】（1）2 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离； （3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【小问1详解】 根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． 【小问2详解】 ∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. 【小问3详解】 过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江市2024—2025学年度第二学期期末调研考试 高一数学 说明：本卷满分150分.考试用时120分钟. 一、选择题：本大题共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.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1 若复数，，则（ ） A. B. C. D. 2. 袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到红球的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ） A. 12 B. C. 16 D. 4. 已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，两座山峰的高度，为测量峰顶和峰顶之间的距离，测量队在点（，，在同一水平面上）测得点的仰角为，点的仰角为，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ） A. 200 m B. 400 m C. D. 6. 在平行四边形中，，若交于点M，则（ ） A B. C. D. 7. 如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（  ） A. 直线共面 B. C. 直线与平面所成角的正切值为 D. 过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9 8. 如图，以边长为4的菱形的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，，则的最大值是（ ） A. 16 B. C. 18 D. 20 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. 在一次比赛中，7名裁判员对运动员甲的评分分别为8.0，8.5，9.0，8.0，8.5，5.5，8.5，关于这组数据，下列说法正确的有（ ） A. 这组数据的中位数大于平均数 B. 这组数据的80%分位数为8.5 C. 这组数据众数为8.0 D. 去掉一个最低分和一个最高分后，新一组数据的平均数会变大 10. 一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同，编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中依次不放回摸出两个球.设事件“第一次摸出球的编号为奇数”，事件“摸出的两个球的编号之和为5”，事件“摸出的两个球中有编号为2的球”，则（ ） A. B. 事件A与事件B为独立事件 C. D. 事件B与事件C为互斥事件 11. 在锐角中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且.则下列说法正确的是（ ） A. B. 角B的范围是 C. 若的平分线交BC于D，，，则 D. 的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知，则______； 13. 若4个数据的平均值为6，方差为5，现加入数据8和10，则这6个数据的方差为______． 14. 在三棱锥中，底面ABC，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为______． 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. 15. 某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取300人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题： （1）求频率分布直方图中的值.若从成绩不低于70分的学生中，按分层抽样方法抽取24人的成绩，求24人中成绩不低于90分的人数. （2）用样本估计总体，估计该校学生数学文化素养知识初赛成绩的中位数.（保留小数点后两位） （3）若甲、乙两位同学均进入复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为，乙复赛获一等奖的概率为，甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率. 16. 已知向量，． （1）当时，求向量的坐标； （2）若，求实数x的值； （3）求的最大值和最小值． 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，． （1）证明：平面； （2）求二面角的正切值． 18. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）已知D为边AB上的一点，且. （ⅰ）若，，求AC的长； （ⅱ）求的取值范围. 19. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； （3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $