精品解析：天津市五区县重点校2024-2025学年高一下学期7月期末联考数学试题

2024～2025学年度第二学期期末重点校联考 高一数学 出题学校：宝坻一中 静海一中 一、选择题（本题共8小题，每题4分，共32分） 1. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设的内角、、的对边分别为，，，已知，，，则等于（ ） A B. C. D. 3. 已知是等边三角形，边长为4，则（ ） A B. 8 C. D. 4. 已知直线是两条不同直线，平面是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积为 （ ） A. B. C. D. 6. 分别采取有放回简单随机抽样和不放回简单随机抽样，从两名男生和三名女生中抽取两人，在以上两种抽样方式下，抽到的两人都是女生的概率分别为（ ） A B. C. D. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的个数为（ ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线AP与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二、填空题（本题共6小题，每题4分，共24分） 9. 已知复数（其中为虚数单位），则_________． 10. 某公司青年、中年、老年员工的人数之比为，从中抽取100名作为样本，若每人被抽中的概率是，则该公司青年员工的人数为_________． 11. 已知为一个单位向量，与的夹角为，若在上的投影向量为，则_________． 12. 已知是边长为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球心到平面的距离为，则球的表面积为_________． 13. 联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产的节日．为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则甲在两轮活动中答对两个问题的概率为_________，“粽队”在两轮活动中至少答对三个问题的概率为_________． 14. 如图，在中，点D，E在边BC上，且，点分别在线段上，且，直线交于点，且，则______．若直线交于点且是边长为2的等边三角形，则________． 三、解答题（本题共5小题，共64分） 15. 已知向量，满足，． （1）若，求向量的坐标； （2）若，求与的夹角． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足 （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 17. （请用几何法作答此题）如图，在正三棱柱中，已知，且为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 某校从高一年级学生中随机抽取40名，将他们的期中考试数学成绩（满分100分，所有成绩均为不低于40分的整数）分为6组：，绘制出如图所示的频率分布直方图． （1）求出图中实数a值； （2）若该校高一年级共有学生640名，试估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于80分的人数； （3）若从成绩来自和两组的学生中随机选取两名学生： （ⅰ）写出该试验的样本空间； （ⅱ）求这两名学生数学成绩至多有一名及格的概率． 19. （请用几何法作答此题）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，， 分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年度第二学期期末重点校联考 高一数学 出题学校：宝坻一中 静海一中 一、选择题（本题共8小题，每题4分，共32分） 1. 在复平面内，复数对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出． 【详解】在复平面内，复数==1﹣i对应的点（1，﹣1）位于第四象限． 故选D． 【点睛】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 2. 设的内角、、的对边分别为，，，已知，，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理求解即可. 【详解】由正弦定理得. 故选：B 【点睛】本题主要考查了正弦定理求边长的问题,属于基础题. 3. 已知是等边三角形，边长为4，则（ ） A. B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的数量积的定义求解即可. 【详解】因为是等边三角形，边长为4， 所以. 故选：A. 4. 已知直线是两条不同的直线，平面是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行可判断A；根据线面垂直可判断B，根据面面平行可判断CD. 【详解】对于A，当，此时直线可能在平面内，或，故A错误； 对于B，如图，设，，点是平面内一点， 过点作，垂足为点，过点作，垂足为点， 因为，且，， 且，， 所以，.又， 则，.又，所以，故B正确； 对于C，当，若，则平面可能平行，也可能相交，故C错误； 对于D，当，此时平面可能平行，也可能相交，故D错误. 故选：B 5. 如图，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则它的原图形面积为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直观图的面积，再根据原图形与直观图面积的倍数关系求解. 【详解】正方形的面积为，所以原图面积为：. 故选：D. 6. 分别采取有放回简单随机抽样和不放回简单随机抽样，从两名男生和三名女生中抽取两人，在以上两种抽样方式下，抽到的两人都是女生的概率分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合概率的计算公式，即可求解. 【详解】若采用有放回简单随机抽样，可得抽到的两人都是女生的概率； 若采用不放回简单随机抽样，可得抽到的两人都是女生的概率. 故选：A. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理和得到，然后利用外心的结论和得到的方程，最后解方程即可. 【详解】∵， 由余弦定理有：， ∴，解得， 由得，， 即， ， 即， 即：，，解得，， ∴. 故选：A． 8. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的个数为（ ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线AP与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④；利用三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求解可判断⑤即可． 【详解】如图，连接，正方形中，， 因为正方体的棱平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以，同理． 又，平面， 所以平面，故①正确； 因为平面，平面，所以， 又平面平面，，平面，平面， 则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形， 则该角大小为，故②错误； 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，因此有， 又平面，平面，所以平面， 又，因此到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故③正确； 由于，因此异面直线AP与所成角就是与所成的角， 即图中或，设正方体棱长为1，所以， 当点为中点时，此时， 因为是等边三角形，在线段上， 因此或中较小的角的范围是，④错误； 三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 又正方体的外接球的直径为正方体的体对角线， 即，所以， 所以三棱锥外接球表面积是，故⑤正确． 故选：C． 二、填空题（本题共6小题，每题4分，共24分） 9. 已知复数（其中为虚数单位），则_________． 【答案】2 【解析】 【分析】先利用复数除法运算化简复数，再利用复数模的公式求解即可. 【详解】因为， 所以. 故答案为：. 10. 某公司青年、中年、老年员工的人数之比为，从中抽取100名作为样本，若每人被抽中的概率是，则该公司青年员工的人数为_________． 【答案】 【解析】 【分析】公司的人数为，根据题意，求得，结合分层抽样的方法，即可求得该公司青年员工的人数，得到答案. 【详解】设公司的人数为，因为抽取100名作为样本，若每人被抽中的概率是， 可得，解得人， 又业务公司青年、中年、老年员工的人数之比为， 所以该公司青年员工的人数为人. 故答案：. 11. 已知为一个单位向量，与的夹角为，若在上的投影向量为，则_________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据投影向量公式代入即可求解. 【详解】为一个单位向量，. 与的夹角为，且在上的投影向量为. . ，即. 故答案为：4 12. 已知是边长为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球心到平面的距离为，则球的表面积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利用已知条件求出外接圆的半径，再根据几何关系进一步解出外接球半径，代入表面积公式求解即可. 【详解】设外接圆的圆心为，外接圆半径为，球半径为， 根据已知条件有，， 由正弦定理可得，所以， 所以， 所以球的表面积为：. 故答案为： 13. 联合国教科文组织批准，中国传统节日端午节正式列入世界非物质文化遗产，同时，端午节成为中国首个入选世界非物质文化遗产的节日．为弘扬中国传统文化，某校在端午节期间组织有关端午节文化知识竞赛活动，某班甲、乙两人组成“粽队”参加竞赛活动，每轮活动由甲、乙各回答一个问题，已知每轮活动中甲、乙答对问题的概率分别为和，且每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则甲在两轮活动中答对两个问题的概率为_________，“粽队”在两轮活动中至少答对三个问题的概率为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，设事件“甲答对问题”，事件“乙答对问题”，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解. 【详解】设事件“甲答对问题”，事件“乙答对问题”， 因为每轮活动中甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响， 所以甲在两轮活动中答对两个问题的概率为； “粽队”在两轮活动中至少答对三个问题，则包含， 可得概率为 . 故答案为：；. 14. 如图，在中，点D，E在边BC上，且，点分别在线段上，且，直线交于点，且，则______．若直线交于点且是边长为2的等边三角形，则________． 【答案】 ① ②. 【解析】 【分析】根据题意，利用向量的运算法则，化简得到，由三点共线，得到，求得的值，设，得到，由三点共线，求得，得到，再设，得到，结合三点共线，求得的值，得到，化简得，结合向量的数量积的运算公式，即可求解. 【详解】由，可得为的中点，则， 因为，且， 可得，即， 又因为三点共线，可得，解得，即， 设，因为点为的中点，可得， 所以，即， 因为三点共线，可得，解得， 即，所以点为的中点，所以， 设， 由， 可得，即， 又因为三点共线，可得，解得， 即，所以， 又由， 又因为 是边长为2的等边三角形， 所以. 故答案为：；. 三、解答题（本题共5小题，共64分） 15. 已知向量，满足，． （1）若，求向量的坐标； （2）若，求与的夹角． 【答案】（1）或. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，设，由向量模的公式可得的值，即可得答案. （2）先求出，由向量数量积的计算公式可得，可解得，结合夹角的范围分析可得答案. 【小问1详解】 根据题意，，设， 若，则 解得，故或. 【小问2详解】 由题知，则， 若，则， 即， 解得，又， 所以. 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足 （1）求角B的大小； （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到所以，求得，即可求解； （2）（ⅰ）由（1）结合余弦定理，列出方程，求得的值；（ⅱ）先由余弦定理求得，再利用平方关系结合二倍角公式求得，利用两角和的正弦公式，即可得解. 【小问1详解】 解：由， 得， 所以， 因为，所以， 所以， 又因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，且，， （ⅰ）在中，由余弦定理，得， 即， ∴， 解得或（舍去），所以 （ⅱ）在中，由余弦定理得 ， ， 所以，， 则. 17. （请用几何法作答此题）如图，在正三棱柱中，已知，且为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，构造三角形中位线，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）根据平行关系确定为异面直线与所成角（或其补角），利用余弦定理求解即可； （3）取中点，连接，利用线面垂直的判定证明平面，再利用为的中点，即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，设，连接， 在正三棱柱中，四边形为矩形， 则为的中点，又为的中点，所以， 平面，平面，所以平面 【小问2详解】 由（1）得， 为异面直线与所成角（或其补角） ，，， ， 异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 取的中点，连接，为等边三角形， ，又正三棱柱，平面， 平面，， 又，平面，平面， 平面，， 点到平面的距离为． 18. 某校从高一年级学生中随机抽取40名，将他们的期中考试数学成绩（满分100分，所有成绩均为不低于40分的整数）分为6组：，绘制出如图所示的频率分布直方图． （1）求出图中实数a的值； （2）若该校高一年级共有学生640名，试估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于80分的人数； （3）若从成绩来自和两组的学生中随机选取两名学生： （ⅰ）写出该试验的样本空间； （ⅱ）求这两名学生数学成绩至多有一名及格的概率． 【答案】（1） （2） （3）（ⅰ）答案详见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为，列出方程，即可求解； （2）根据题意，求得成绩不低于80分的频率为，进而求得高一年级期中考试数学成绩不低于80分的人数； （3）根据题意，得到成绩来自学生人数为2人，记为，成绩来自的学生人数为4人，记为，利用列举法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为频率分布直方图中所有小矩形面积之和为， 可得，解得. 【小问2详解】 解：由频率分布直方图可知成绩不低于80分的频率为， 所以该校高一年级期中考试数学成绩不低于80分的人数为人. 【小问3详解】 解：成绩来自的学生人数为人，记为， 成绩来自的学生人数为人呢，记为， 则从中随机选取两名学生的样本空间为：，共15个样本点， 设“两名学生数学成绩至多有一名及格”， 则，其中含了9个样本点， 所以这两名学生数学成绩至多有一名及格的概率. 19. （请用几何法作答此题）如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，平面平面，， 分别为的中点. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）求二面角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）取中点，得到，再由平面平面，证得平面，得到，再由，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）由（1）知平面，证得，证得平面，过点作，连接，证得平面，得到为与平面所成的角，在直角中，即可求解； （3）取的中点，过点作，证得平面，得到，得到为二面角的平面角，分别求得和，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 证明：取中点，连接， 因为是等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 又因为，且，平面，所以平面. 【小问2详解】 解：由（1）知平面，因为平面，所以， 在等边△ABC中，因为为的中点，所以， 又因为，且平面，所以平面， 过点作，垂足为. 连接， 因为平面，且平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 因为，，， 可得 由，可得， 所以， 在直角中，可得， 所以与平面所成角的正弦值为 【小问3详解】 取的中点，连接，可得且， 过点作，垂足为，连接， 由（1）知，平面，所以平面， 由平面，所以，， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 由（1）知平面，平面，所以， 在直角中，可得， 由（2）知，平面，因为平面，所以， 在直角中，可得， 即，解得，所以， 在直角中，可得， 所以二面角的平面角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$