精品解析：河南省三门峡市2024-2025学年高一下学期7月期末质量检测数学试题

2024-2025学年度下学期期末质量检测高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 5．考试结束，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列特征数中，刻画一组数据离散程度的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 2. 从这4个数中一次性地任取两个数，则这两个数的和大于87的概率为（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 若D为的边的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，，则，可能平行、异面或者相交 B. 若，，则与可能平行、相交或者 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 在中，角的对边分别为，已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，三棱锥的体积为9，则正方体的棱长为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 8. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为 A. B. C. 3 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. 在复平面内，复数对应的向量为，其中是原点，则下列说法正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 复数对应的点在第一象限 C. 当时，复数为纯虚数 D. 向量对应的复数为 10. 已知，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A，B互斥，则 B. 若A，B互斥，则 C. 若A，B独立，则 D. 若A，B独立，则 11. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为，则山高（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正方体的内切球体积为1，则该正方体的外接球体积为______． 13. 已知向量，，在网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则______． 14. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥中，底面，，与底面所成的角为，在四棱锥中，顶点的曲率为______． 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，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，、为底面圆的两条直径，且，，P为的中点． （1）求证：平面； （2）求圆锥的表面积． 16. 某市举办了党史知识竞赛，从中随机抽取部分参赛选手，统计成绩后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）试估计全市参赛者成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分）； （2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人．求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率． 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的值； （2）若，，，求的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点E在棱上． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求； （3）当取得最小值时，求二面角的余弦值． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下学期期末质量检测高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将本人的姓名、准考证号等考生信息填写在答题卡上，并将条形码准确粘贴在条形码区域内． 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色墨水签字笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效． 4．保持卡面清洁，不折叠，不破损． 5．考试结束，将答题卡交回． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列特征数中，刻画一组数据离散程度的是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 【答案】D 【解析】 【分析】利用数字特征的含义求解即可. 【详解】平均数、中位数、众数是描述一组数据的集中趋势的量， 方差是衡量一组数据偏离其平均数的大小的量，即刻画一组数据离散程度. 故选：D. 2. 从这4个数中一次性地任取两个数，则这两个数的和大于87的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由列举法列举所有基本事件，即可由古典概型的概率公式求解. 【详解】从这4个数中一次性地任取两个数的所有可能的结果有，共6种， 其中满足两个数的和大于87的结果有共2种，所以任取两个数的和大于87的概率. 故选：B. 3. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则即可求解. 【详解】由可得：. 故选：C 4. 若D为的边的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形，根据平面向量的线性运算即可求解. 【详解】 因为D为的边的中点， 所以. 因为，， 所以，即， 故选：B. 5. 已知，表示两条不同的直线，表示平面，则下列命题错误的是（ ） A. 若，，则，可能平行、异面或者相交 B. 若，，则与可能平行、相交或者 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线和平面的位置关系，逐项分析判断即可得解. 【详解】若，则可能平行､异面或者相交，故A正确； 若，则与可能平行､相交或者，故B正确； 若，则与可能平行，也可能，故C错误； 若，由线面垂直的性质定理可知，故D正确. 故选：C. 6. 在中，角的对边分别为，已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理把边化为角，再用和差公式得，所以，再用余弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理得， ，， 即， ，， ，即， ，又， . 故选：. 7. 在正方体中，三棱锥的体积为9，则正方体的棱长为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用锥体的体积公式，结合割补法即可得解. 【详解】设正方体的棱长为， 易得， 所以，解得， 故正方体的棱长为3. 故选：A. 8. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为 A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用平面向量基本定理，得到m的值，结合向量模长计算方法，建立等式，计算最值，即可． 【详解】 ，得到，所以，结合 的面积为，得到,得到，所以 ，故选D． 【点睛】考查了平面向量基本定理，考查了基本不等式的运用，难度偏难． 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. 在复平面内，复数对应的向量为，其中是原点，则下列说法正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. 复数对应的点在第一象限 C. 当时，复数为纯虚数 D. 向量对应的复数为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，利用复数的定义可知选项A错误；利用复数的几何意义，即可判断出选项B和D的正误；选项C，利用复数的运算，即可判断出选项C的正误. 【详解】对于选项A，因为，所以复数的虚部为，故选项A错误， 对于选项B，因为，所以，故复数对应的点为，在第一象限，所以选项B正确， 对于选项C，因为，又，所以，故选项C正确， 对于选项D，因为，所以， 得到向量对应的复数为，所以选项D错误， 故选：BC. 10. 已知，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若A，B互斥，则 B. 若A，B互斥，则 C. 若A，B独立，则 D. 若A，B独立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据事件互斥和独立的概率公式以及概率的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，，所以A正确； 对于B，若互斥，则，所以B错误； 对于C，若独立，则， 所以，C正确； 对于D，，D正确， 故选：ACD. 11. 如图，在山脚测得山顶的仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走到达处，在处测得山顶的仰角为，则山高（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据所给条件表示出、、，在中利用正弦定理表示出、，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】由题意可知，，，，， 分别在，中，，， 所以， 又， ， 在中，由正弦定理可得，， 即， 所以， 在中，，故A正确，B错误； 在中，由正弦定理可得，， 即， 所以， 在中，， 又， 所以，故C正确、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. 已知正方体的内切球体积为1，则该正方体的外接球体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正方体的内切球体积计算出正方体边长，再利用正方体的外接球体积计算得到结果； 【详解】设正方体的棱长为，正方体的内切球半径为，正方体的内切球体积为，解得， 正方体外接球的半径为， 故正方体的外接球体积为． 故答案为：． 13. 已知向量，，在网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的几何意义，结合投影向量进行计算即可. 【详解】可以看出在方向上的投影向量为，在方向上的投影向量为， 故. 故答案为：3 14. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥中，底面，，与底面所成的角为，在四棱锥中，顶点的曲率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据线面角定义可知，设，可求得所需的侧棱长和底面边长；根据长度关系和垂直关系可确定点处的三个面角的大小，根据曲率定义可求得结果. 【详解】 设，则， 平面，即为与底面所成角，即， ，， ，，； 平面，平面，， 又，，平面，平面， 平面，，即，又， 顶点的曲率为. 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，S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心，、为底面圆的两条直径，且，，P为的中点． （1）求证：平面； （2）求圆锥的表面积． 【答案】（1）证明：连结.如下图示： 根据题意可知：、O分别为、的中点， . 又平面，平面， 平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连结，先根据三角形中位线的性质得出；再根据线面平行的判定定理即可证明. （2）先根据题意得出圆锥的母线；再根据圆锥的性质得出底面圆的半径；最后根据圆锥的表面积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，P为的中点， ． 又S为圆锥顶点，O是圆锥底面圆的圆心， 根据圆锥的性质可得：平面，又平面， 所以， ， 圆锥的表面积． 16. 某市举办了党史知识竞赛，从中随机抽取部分参赛选手，统计成绩后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）试估计全市参赛者成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分）； （2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人．求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率． 【答案】（1）83.3；84 （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图计算可得x，再借助百分位数的定义与平均数定义计算即可得： （2）先借助分层随机抽样定义计算出从，，三层中抽取的人数，并给抽取出的人数进行编号，结合古典概型公式，计算出所有可能的样本空间数即符合要求的样本空间数即可得． 【小问1详解】 ，则， ；， 故40百分位数在层，则40百分位数为， 平均数； 【小问2详解】 因为按比例分配的分层随机抽样，故，，三层中抽取的样本量分别为： ，，， 从这6人中随机抽取两人，记中抽取的人编号为1，抽取的人编号为2、3，抽取的人编号为4、5、6， 记事件 “抽取的两人都及格” ， 所以； ，所以； ∴． 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B的值； （2）若，，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）先根据正弦定理将角化为边得出，再根据余弦定理及即可求解. （2）先根据平面向量数量积的坐标运算得出，再根据正弦定理及两角和的正弦公式得出，最后根据得出，从而可求解. 【小问1详解】 在中， ， 由正弦定理得：，即：. 由余弦定理可知：， 则得. ， 故． 【小问2详解】 ，， . 由（1）知， ， 由正弦定理得，， 则， ， . 在中，， ， ， 故， 所以的范围是． 18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点E在棱上． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求； （3）当取得最小值时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以. 因为四边形为菱形，所以. 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理及菱形的性质得出及；再根据线面垂直的判定定理得出平面；最后根据面面垂直的判定定理可证得平面平面． （2）先根据线面平行的性质定理得出，进而得出E到平面的距离；再根据菱形的性质得出；最后根据三棱锥等体积及锥体的体积公式即可求解. （3）先根据线面垂直的性质定理即二面角的定义得出即为二面角的平面角；再根据线面垂直的判定定理及性质定理得出；最后结合菱形的性质及三角形的有关计算即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，如图所示： 因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为O是中点，所以E是中点． 因为平面，， 所以E到平面的距离． 因为在菱形中，，， 所以， 所以． 【小问3详解】 由（1）知：平面， 因为平面，平面，平面， 得，，， 故即为二面角的平面角． 当取得最小值时，有， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以. 又因为在菱形中，，， 所以，， 又因为， 所以， 又因为在中，， 所以． 则在中，， 所以二面角的余弦值为． 19. 著名的费马问题是法国数学家皮埃尔·德·费马（1601－1665）于1643年提出的平面几何极值问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”费马问题中的所求点称为费马点，已知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，则使得的点P即为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为，且．若是的“费马点”，． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）在（2）的条件下，设，若当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式即可得； （2）设，由数量积定义可得，利用三角形面积公式，由可得，再结合余弦定理可求出可得周长； （3）在中，根据余弦定理列方程组求解可得，然后参变分离，利用对勾函数性质即可得解. 【小问1详解】 由已知，得， 由正弦定理，得， 即， 即， 由于，所以，所以. 【小问2详解】 设， 则． 所以，由得： ，即， 由余弦定理得，， 即，即， 又，联立解得． 所以的周长为. 【小问3详解】 设， 由（2）在中，由余弦定理得， 联立求解可得， 所以， 所以，， 即，令， 由对勾函数性质知在上单调递减， 所以．即的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $