精品解析：云南省丽江地区中学等学校2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题

绝密★启用前 云南省丽江地区中学等学校2024-2025学年 高一下学期期末联考数学试题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求解即可. 【详解】由， 故选：B 2. 一组数据，，，，，，，，，，，的上四分位数即第百分位数为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将数据由小到大进行排列，结合百分位数的定义求解即可. 【详解】数据，，，，，，，，，，，， 按从小到大的顺序排列得：，，，，，，，，，，，， 因为，所以第百分位数是第，个数的平均数，为． 故选：D. 3. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 其中正确命题的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系，结合线面垂直的性质，逐项分析判断即可． 【详解】对于①，且成立，可能平行，异面或者相交，①错误； 对于②，由且，得，又，则，②正确； 对于③，由，得存在过直线与平面相交的平面，令交线为，则， 而，于是，，③正确； 对于④，若，，可能平行，也可能相交，④错误. 故选：B 4. 已知非零向量，满足，则是，均为单位向量的（ ） 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】B 【解析】 【分析】先对式子两边平方化简，分别讨论当时，能否说明，均为单位向量，或者当，均为单位向量时，与是否垂直即可. 【详解】解：因为，所以， 则，即， 若，则，即， 则，不能说明，均为单位向量. 当，均为单位向量，即，则， 所以， 又因为，为非零向量，所以能说明. 综上所述，是，均为单位向量的必要不充分条件. 故选：B. 5. 已知函数，对任意的恒有，且在区间上有且只有一个使得，则的值可以是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设可得函数图象的对称轴为，可得，在区间上有且只有一个使得，可得，可求解. 【详解】依题意得，，  解得，且①， 当时，， 又在区间上有且只有一个使得，  故，  解得②，  联立，解得．  故选：D． 6. 在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则，连接，交于点，连接交于点，连接，即可得到为正四棱台的高，由勾股定理求出，再求出斜高，最后由表面积公式计算可得. 【详解】设，则， 如图，连接，交于点，连接交于点，连接， 由正四棱台的几何性质可知分别是上､下底面的中心， 所以平面平面，所以为正四棱台的高， 所以由题可知，过点作交于点， 则，即，解得， 过点作交于点，则为斜高，此时， 所以正四棱台的表面积为. 故选：D. 7. 已知在中，是边上的一个定点，满足，且对于边上任意一点，恒有，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意将题目转化为恒成立，即恒成立，解出的值，进而判断出排除其他答案即可. 【详解】设，则，过点作的垂线，垂足为， 在上任取一点， 设，如图所示； 则由数量积的几何意义可得， ，， 于是恒成立， 整理得恒成立， 只需即可，于是， 因此我们得到，即是的中点， 是等腰三角形，即. 故选：D. 8. 如图,已知正方体的棱长为,,分别为,的中点.则下列选项中错误的是（ ） A. 直线平面 B. 在棱上存在一点,使得平面平面 C. 三棱锥在平面上的正投影图的面积为 D. 若为棱的中点,则三棱锥的体积为 【答案】C 【解析】 【分析】A:要证线面平行,先找线线平行;B:面面垂直先找其中一个面的垂线;C:正确找到正投影即可求解;D:利用等体积法求解. 【详解】对于A:如图1,连接,交于点,连接、,显然为的中点,又,分别为,的中点. 所以且,且, 所以且, 所以四边形为平行四边形,所以, 又平面,平面,所以平面,故A正确; 对于B:如图2,取中点,连接,,, 显然,所以,又,所以 所以, 由正方体,可得平面,平面, , 平面, 平面,平面平面,故B正确. 对于C:如图3,连接,则四边形为三棱锥在平面上的正投影, 因为,故C错误; 对于D: ,故D正确. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由复数除法化简复数，进而求模判断A；由共轭复数的定义及对应点坐标判断B；再由复数的性质判断C、D. 【详解】，则，故A正确； ，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确； 为纯虚数，不能比较大小，故C错误，D正确. 故选：ABD 10. 在中，设A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由正弦定理判断；对B，由余弦定理求解判断；对C，由三角形面积公式计算判断；对D，由向量夹角的定义结合数量积定义判断. 【详解】对于A，由正弦定理，，故A正确； 对于B，由余弦定理，，又，所以，故B错误； 对于C，由选项B，，所以，故C正确； 对于D，因为与的夹角为，所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 平行六面体的棱长都为1，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与平面所成角的正弦值为 C. 在上的投影向量为 D. 直线与之间的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的运算律求解选项A；利用空间向量的坐标运算求线面夹角的正弦值求解选项B；利用空间向量的数量积的坐标运算以及投影向量的概念求解选项C；利用点到平面的距离公式求解. 【详解】 对A，如图，，所以 ，所以，A正确； 对B，如图，连接交点为，再连接， 因为，所以均为边长为1的正三角形， 又因为，，所以， 所以，且， 所以，所以， 又因为，所以， 且平面，所以平面， 所以以为轴，建立如图所示坐标系， 则， 又因为平面，所以为平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 所以与平面所成角的正弦值，B正确； 对C，， 所以在上的投影向量为，C错误； 对D，连接，， 所以，则， 所以点到直线的距离为， 因为，所以直线与之间的距离为，D正确. 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据分别是1，4，2，3，，它们的平均数是3，则对于以下数据：的方差是________ 【答案】8 【解析】 【分析】根据平均数求法列方程得，方差公式及性质求新数据的方差. 【详解】由题意，故， 所以，，，，的方差为， 数据，，，，的方差是. 故答案为：8 13. 如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则在平面图形中， ______；图形的面积为______． 【答案】 ①. 2 ②. 3 【解析】 【分析】第一空由斜二测画法可得；第二空由直观图求出原图梯形的相关长度，计算可得. 【详解】根据题意，直观图梯形中，，， 还原原图可得： 则原图中，，，，， 则其面积. 故答案为：；. 14. 已知直三棱柱的侧棱长为，底面为等边三角形.若存在球O与该三棱柱的各条棱都相切，求该直三棱柱的外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设棱柱的下底面和上底面的中心分别为，可得的中点即球的球心，取中点，则为棱与球的切点，为球的半径，而点到棱的距离等于，利用勾股定理即可求得棱切球的半径，利用对称性，可得点也是该棱柱的外接球的球心，借助于即可求出外接球的半径，进而求得体积. 【详解】由题意,三棱柱是正三棱柱，设点分别为棱柱的下底面和上底面的中心， 由对称性知，的中点即球的球心，取中点(为切点)，则（等于点到棱的距离）， 设球的半径为，由正三角形的性质，与底面垂直， 则必与底面上直线垂直，故,解得. 又由对称性知，该直三棱柱的外接球球心即点，连接,因, 则即该直三棱柱的外接球的半径， 故该球的体积为：. 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. 如图，在棱长为2的正方体中，点E，H分别为棱BC，的中点，点M为棱上的动点（含端点）. （1）求三棱锥的体积； （2）当平面平面时，求直线AM与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）.； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等体积法求出体积. （2）利用面面平行的性质可得点重合，再利用定义法求出线面角的余弦值. 【小问1详解】 在棱长为2的正方体中，平面， 由点E，H分别为棱BC，的中点，得四边形是矩形，又点M在棱上， 则，所以三棱锥的体积. 【小问2详解】 由平面平面，平面平面，平面平面， 得，而，即四边形为平行四边形，， 则直线重合，即点重合，连接，连接， 则分别是矩形边中点，令，为中点， 由平面，平面，得，而， 而平面，因此平面， 是与平面所成的角，而， 而，则，所以所求的余弦值为. 16. 某高校体检随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间[160，165]，[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示． （1）求和频率分布直方图中身高在175cm及以下的学生人数； （2）估计该校100名学生身高的下四分位数（结果保留到个位数）． （3）已知落在区间[170，175）的样本平均数是173，方差是8，落在区间[175，180）的样本平均数是178，方差是6，求两组样本成绩合并后的平均数和方差． 参考公式：若总体划分为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：记总的样本平均数为，样本方差为，则． 【答案】（1）；人 （2） （3）； 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中长方形面积之和为1，易求出，进而利用频率分布直方图可求身高在175cm及以下的学生人数； （2）根据下四分位数概念结合频率分布直方图计算即可； （3）根据平均数公式计算可得，根据题中给的参考公式代入数据计算可得. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，解得， 身高在175cm及以下的学生人数（人）. 【小问2详解】 的人数占比为，的人数占比为， 所以该校100名学生身高的下四分位数即分位数落在， 设该校100名学生身高的分位数为， 则，解得， 故该校100名生学身高的下四分位数约为168. 【小问3详解】 由频率分布直方图知， 这100名学生的身高在的有， 身高在的有人， 所以， ， 所以两组样本成绩合并后的平均数为，方差为． 17. 已知向量，，其中，函数，且． （1）求函数的解析式； （2）求在上的值域； （3）若对，关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，由，求得，结合，求得，即可得函数解析式. （2）由，得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解； （3）根据题意，将所给不等式等价转化，将其化成在恒成立，设，将函数化成，结合函数的单调性，求得函数的最小值，进而得到参数范围. 【小问1详解】 解：由向量和， 可得 ， 因为，可得， 可得，解得， 又因为，所以，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，函数， 因为，可得， 当时，即时，； 当时，即时，， 所以函数的值域为. 【小问3详解】 解：因为在上恒成立， 则， 又由 ， 所以， 即在恒成立， 令， 因为，可得，所以， 又因为， 设，则在上单调递增，所以， 所以，即，所以故的取值范围为. 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 由，平面，平面，得平面， 又平面，且平面与平面相交于直线，所以. （2） 在平面内作于H， ∵平面平面，平面平面， ∴平面，平面，则 又平面，平面，则， 又且都在平面内，故平面， 又平面，则. （3）. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定得平面，再由线面平行的性质即可证； （2）在平面内作于H，利用线面垂直的判定及性质定理即可证； （3）若是的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若是的中点，连接， 由（2）知，，， 由平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，过作于，连接， 显然，平面，因此平面， 而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得，， 则，，， 所以二面角的余弦值是. 19. 已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在所在平面内以AC为边向外作如图所示，，，. （1）求B； （2）求的内切圆半径r； （3）求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，再根据余弦定理，得，进而得到B； （2）根据数量积公式得，结合面积，求得，进而得到，，再利用余弦定理求出，以后利用求得的内切圆半径r； （3）利用面积公式得，根据，求得面积的取值范围. 【小问1详解】 由及正弦定理，得， 又由余弦定理，得，所以，得. 因为，所以. 【小问2详解】 在中，，得，① 又，得.② 联立①②得，因为，所以，. 由余弦定理得，得. 又，解得. 【小问3详解】 由（2）知，所以的外接圆半径， 所以，， 所以的面积 ， 因为是锐角三角形，所以得， 所以，， 所以， 所以面积的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 云南省丽江地区中学等学校2024-2025学年 高一下学期期末联考数学试题 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数z满足：，则（ ） A. B. C. D. 2. 一组数据，，，，，，，，，，，的上四分位数即第百分位数为（    ） A. B. C. D. 3. 设m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，则 其中正确命题的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 4. 已知非零向量，满足，则是，均为单位向量的（ ） 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 5. 已知函数，对任意的恒有，且在区间上有且只有一个使得，则的值可以是（    ） A. B. C. D. 6. 在正四棱台中，，若正四棱台的高为，则其表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知在中，是边上的一个定点，满足，且对于边上任意一点，恒有，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图,已知正方体的棱长为,,分别为,的中点.则下列选项中错误的是（ ） A. 直线平面 B. 在棱上存在一点,使得平面平面 C. 三棱锥在平面上的正投影图的面积为 D. 若为棱的中点,则三棱锥的体积为 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 复数在复平面内对应的点位于第一象限 C. D. 为纯虚数 10. 在中，设A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 11. 平行六面体的棱长都为1，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 与平面所成角的正弦值为 C. 在上的投影向量为 D. 直线与之间的距离为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组数据分别是1，4，2，3，，它们的平均数是3，则对于以下数据：的方差是________ 13. 如图，梯形是水平放置的平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则在平面图形中， ______；图形的面积为______． 14. 已知直三棱柱的侧棱长为，底面为等边三角形.若存在球O与该三棱柱的各条棱都相切，求该直三棱柱的外接球的体积为__________. 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. 如图，在棱长为2的正方体中，点E，H分别为棱BC，的中点，点M为棱上的动点（含端点）. （1）求三棱锥的体积； （2）当平面平面时，求直线AM与平面所成角的余弦值. 16. 某高校体检随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间[160，165]，[165，170），[170，175），[175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示． （1）求和频率分布直方图中身高在175cm及以下的学生人数； （2）估计该校100名学生身高的下四分位数（结果保留到个位数）． （3）已知落在区间[170，175）的样本平均数是173，方差是8，落在区间[175，180）的样本平均数是178，方差是6，求两组样本成绩合并后的平均数和方差． 参考公式：若总体划分为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：记总的样本平均数为，样本方差为，则． 17. 已知向量，，其中，函数，且． （1）求函数的解析式； （2）求在上的值域； （3）若对，关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 19. 已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在所在平面内以AC为边向外作如图所示，，，. （1）求B； （2）求的内切圆半径r； （3）求的面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $