精品解析：陕西省咸阳市2024～2025学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

咸阳市2024~2025学年度第二学期期末质量检测 高一数学试题 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. C. 5 D. 或5 3. 为了得到函数的图象，只需把余弦曲线上所有的点（ ） A. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 B. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C. 纵坐标缩短到原来，横坐标不变 D. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变 4. 已知是定义在上的偶函数，当时，，则（ ） A. B. 7 C. D. 5 5. 2025年1月西藏定日发生6.8级地震，已知（里氏震级）的计算公式为（其中是被测地震最大振幅，常数是“标准地震”的振幅），5级地震给人的震感已比较明显，则定日这次地震的最大振幅大约是5级地震最大振幅的（ ）倍．（参考数据：） A. 1.8 B. 18 C. 63 D. 128 6. 已知是平面外的两条直线，在的前提下，“”是“”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 7. 已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1的零点依次为a，b，c，则(　　) A. a<b<c B. c<b<a C. c<a<b D. b<a<c 8. 在中，，，且，，则的值为（ ） A 2 B. 3 C. 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. 若复数（是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部为2 B. 的模为 C. 的共轭复数为 D. 在复平面内对应的点位于第三象限 10. 下列四个命题为真命题的是（ ） A. 已知非零向量，，，若，，则 B. 若四边形中有，则与共线 C. 已知，，，可以作为平面向量的一组基底 D. 已知向量，，则向量在向量上投影向量为 11. 如图是棱长为2的正方体的平面展开图，其中是的中点，在这个正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 与平行 B. C. 直线、、中，任意两条都是异面直线 D. 过，，三点的平面截该正方体所得截面的面积为 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 将一枚质地均匀的六面体骰子抛掷一次，则出现“正面向上的点数小于3”的概率是___________. 13. 已知向量，，，若与共线，则的最小值为__________. 14. 底面半径为，高为的圆柱形木桶（木桶的厚度忽略不计）中装满水，现将一个半径为的实心铁球放入木桶中使球完全浸没，然后拿出铁球（沾在铁球与手上的水忽略不计），则此时水面的高度为__________. 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. 设的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，，求. 16. 已知平面向量，，. （1）若，求实数的值； （2）当时，求的最大值和最小值. 17. 某果园试种了，两个品种的桃树各10棵，并在桃树成熟挂果后统计了这20棵桃树的产量如下表，记，两个品种各10棵的产量的平均数分别为和，方差分别为和. （单位：kg） 60 50 40 60 70 80 80 80 90 90 （单位：kg） 40 60 60 80 80 50 80 80 70 100 （1）求品种的10棵桃树产量的第80百分位数； （2）求，，，； （3）果园要大面积种植这两种桃树中的一种，依据以上计算结果分析选种哪个品种更合适，并说明理由. 18. 如图，四棱锥底面为正方形，底面，E、F分别是AC、PB的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若，求二面角的大小． 19. 某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击100次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下： ①有两次游戏机会 ②依次参加、游戏. ③若一个游戏胜利，则可以参加下一个游戏；若游戏失败，则继续进行该游戏. ④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金200元；不管参加哪一个游戏，失败均无奖金. 已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下： （1）甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏？并说明理由； （2）在（1）的基础上，解答下列两问： （ⅰ）求该运动员不能参加游戏的概率； （ⅱ）已知两次游戏结束后有三种不同的奖金额，分别为元、元、元，记为获得元奖金对应的概率.定义：最终获得奖金的期望为，求以及该运动员最终获得奖金的期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 咸阳市2024~2025学年度第二学期期末质量检测 高一数学试题 注意事项： 1.本试题共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 4.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题卷不回收. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由集合的交集，可得答案. 【详解】由题部可得. 故选：A. 2. 设为虚数单位，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. C. 5 D. 或5 【答案】C 【解析】 【分析】由纯虚数的概念，建立方程与不等式，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故选：C. 3. 为了得到函数的图象，只需把余弦曲线上所有的点（ ） A. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变 B. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变 C. 纵坐标缩短到原来的，横坐标不变 D. 纵坐标伸长到原来的2倍，横坐标不变 【答案】A 【解析】 【分析】应用三角函数伸缩的规则判断即可. 【详解】只需把余弦曲线上所有的点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数的图象； 故选：A. 4. 已知是定义在上的偶函数，当时，，则（ ） A. B. 7 C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据偶函数定义，求等价于求，即可解出. 【详解】因为是定义在上的偶函数，所以. 当，，所以. 故选：B. 5. 2025年1月西藏定日发生6.8级地震，已知（里氏震级）的计算公式为（其中是被测地震最大振幅，常数是“标准地震”的振幅），5级地震给人的震感已比较明显，则定日这次地震的最大振幅大约是5级地震最大振幅的（ ）倍．（参考数据：） A. 1.8 B. 18 C. 63 D. 128 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得，进而求出和时地震的最大振幅，进而求解即可. 【详解】由，则，即， 当时，地震最大振幅为， 当时，地震最大振幅为， 则. 故选：C. 6. 已知是平面外的两条直线，在的前提下，“”是“”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】A 【解析】 【分析】利用线线、线面平行关系，结合条件间的推出关系，即可判断“”、“”之间的充分、必要关系. 【详解】因为是平面外的两条直线，， 所以面内必存在一条直线与平行，不妨设为，则， 所以当时，，又，所以，即充分性成立； 当时，可能平行，也可能相交，即必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 已知函数f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1的零点依次为a，b，c，则(　　) A. a<b<c B. c<b<a C. c<a<b D. b<a<c 【答案】A 【解析】 【分析】由，，分别为f(x)＝ex＋x，g(x)＝lnx＋x，h(x)＝lnx－1的零点，所以依次代入得，，，得，，的关系式，判断取值范围，比较大小 【详解】∵ea＝－a，∴a<0，∵lnb＝－b，且b>0，∴0<b<1，∵lnc＝1，∴c＝e>1，故选A. 【点睛】根据题设条件，构建关于参数的关系式，确定参数的取值范围 8. 在中，，，且，，则的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得为的中点，为的重心，再根据结合数量积的运算律即可得解. 【详解】由，得， 即，即，所以， 又为公共点，所以三点共线，且为的中点， 由，得， 所以， 又为公共点，所以三点共线，且， 由，，得，， 则 . 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. 若复数（是虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部为2 B. 的模为 C. 的共轭复数为 D. 在复平面内对应的点位于第三象限 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用复数的除法运算先求复数，逐项验证即可求解. 【详解】由题意有，所以虚部为，故A正确； ，故B正确； 复数的共轭复数为，故C正确； 复数在复平面内对应的点为位于第一象限，故D错误. 故选：ABC. 10. 下列四个命题为真命题的是（ ） A. 已知非零向量，，，若，，则 B. 若四边形中有，则与共线 C. 已知，，，可以作为平面向量的一组基底 D. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为 【答案】AB 【解析】 【分析】根据向量共线定理，基底的定义，以及投影向量公式，即可判断选项. 【详解】A. 已知非零向量，，，根据平行向量的传递性可知，若，，则，故A正确； B. 由向量共线定理可知，若四边形中有，则与共线，故B正确； C.因为，所以，所以，不可以作为平面向量的一组基底，故C错误； D. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为，故D错误. 故选：AB 11. 如图是棱长为2的正方体的平面展开图，其中是的中点，在这个正方体中，下列结论正确的是（ ） A. 与平行 B. C. 直线、、中，任意两条都是异面直线 D. 过，，三点的平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题意还原正方形，根据几何性质以及异面的概念，结合共面判定与菱形性质，可得答案. 【详解】由题意还图可得 对于A，由，则，故A错误； 对于B，由，则，故B正确； 对于C，由，，则两两异面，故C正确； 对于D，取的中点为，连接，如下图： 由分别为的中点，则， 所以四边形为菱形，即共面，故菱形为所求截面， 易知，，则面积为，故D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 将一枚质地均匀的六面体骰子抛掷一次，则出现“正面向上的点数小于3”的概率是___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式即可求出抛掷一次出现“正面向上的点数小于3”的概率. 【详解】由题意，在一枚质地均匀的六面体骰子中， 骰子共6个面，上面的6个数字为， 点数小于3的数字有和2，共2个面， ∴将一枚质地均匀的六面体骰子抛掷一次， 出现“正面向上的点数小于3”的概率是：， 故答案为：. 13. 已知向量，，，若与共线，则的最小值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】利用两向量共线得出，利用基本不等式即可求出的最小值. 【详解】由题意， 向量，，，与共线， ∴， ∴， 当且仅当即时，等号成立， ∴， 故答案为：2. 14. 底面半径为，高为的圆柱形木桶（木桶的厚度忽略不计）中装满水，现将一个半径为的实心铁球放入木桶中使球完全浸没，然后拿出铁球（沾在铁球与手上的水忽略不计），则此时水面的高度为__________. 【答案】56 【解析】 【分析】设水面下降的高度为，利用体积相等，求出的值即得. 【详解】设水面下降的高度为，利用体积相等可得， 解得，故此时水面的高度为. 故答案为：56. 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. 设的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理的变形公式即可求得 （2）利用同角关系求正弦，结合正弦定理即可 【小问1详解】 已知， 所以根据余弦定理， 所以, C是三角形内角，所以 【小问2详解】 因为，所以， 又因为，所以， 根据正弦定理， 所以， 所以. 16. 已知平面向量，，. （1）若，求实数的值； （2）当时，求的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）根据题意得出，结合平面向量数量积的坐标运算可得出关于的等式，即可解得的值； （2）利用平面向量数量积的坐标运算以及三角恒等变换化简函数的解析式，由可求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求出的最小值和最大值. 【小问1详解】 因为平面向量，，，则，解得. 【小问2详解】 因为平面向量，， 则， 因为，则， 故，. 17. 某果园试种了，两个品种的桃树各10棵，并在桃树成熟挂果后统计了这20棵桃树的产量如下表，记，两个品种各10棵的产量的平均数分别为和，方差分别为和. （单位：kg） 60 50 40 60 70 80 80 80 90 90 （单位：kg） 40 60 60 80 80 50 80 80 70 100 （1）求品种的10棵桃树产量的第80百分位数； （2）求，，，； （3）果园要大面积种植这两种桃树中的一种，依据以上计算结果分析选种哪个品种更合适，并说明理由. 【答案】（1） （2）；；； （3）选种品种，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据百分数知识即可求解； （2）根据平均数和方差公式求解即可求解； （3）比较平均值和方差的大小即可求解. 【小问1详解】 由题意将品种的棵桃树产量从小到大排列为：，，，，，，，，，； 且，则第百分位数为第位和第位数的平均数：. 故品种的棵桃树产量的第百分位数为. 【小问2详解】 由题意可得， 则 ； ， . 【小问3详解】 种植品种，因为，但是，所以品种产量较稳定. 18. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，E、F分别是AC、PB的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）若，求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接BD，求证结合线面平行判定定理即可求证； （2）先求证平面结合面面垂直判定定理即可得证； （3）由二面角的平面角定义得出为所求二面角的平面角即可求解. 小问1详解】 证明：如图，连接BD，则E是BD的中点， 又F是PB的中点，∴． 又∵平面，平面PCD，∴平面． 【小问2详解】 证明：∵是正方形，∴， ∵平面，平面，∴， 又，PA，平面，∴平面． 又平面，故平面平面． 【小问3详解】 因为底面，平面，所以， 又∵，，平面， 所以平面，平面,故, ∴二面角的平面角为， ∵，∴，故． 19. 某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击100次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下： ①有两次游戏机会. ②依次参加、游戏. ③若一个游戏胜利，则可以参加下一个游戏；若游戏失败，则继续进行该游戏. ④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金200元；不管参加哪一个游戏，失败均无奖金 已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下： （1）甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏？并说明理由； （2）在（1）的基础上，解答下列两问： （ⅰ）求该运动员不能参加游戏的概率； （ⅱ）已知两次游戏结束后有三种不同的奖金额，分别为元、元、元，记为获得元奖金对应的概率.定义：最终获得奖金的期望为，求以及该运动员最终获得奖金的期望. 【答案】（1）甲 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图以及中位数估计值得计算，根据题意，可得答案； （2）利用概率得乘法公式以及加法公式，结合题意，可得答案. 小问1详解】 由甲的频率分布直方图可得， ，则甲得分的中位数位于； 由乙的频率分布直方图可得， ，则乙得分的中位数位于， 综上可得甲得分中位数大于乙得分的中位数，所以甲进入第二阶段. 【小问2详解】 （i）设事件｛参与A游戏胜利｝，则其对立事件｛参与A游戏失败｝ 由题意可得，则不能参加B游戏的概率； （ii）设事件｛参与B游戏胜利｝，则其对立事件｛参与B游戏失败｝ 由题意可得，则， ，， 所以(元). 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$