精品解析：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高一下学期期末检测数学试题

华中师大一附中2024-2025学年度下学期高一年级期末检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 命题人：曹轩王文莹 一、选择题：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. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，母线长为2，则该圆台的侧面积为（ ） A. 2π B. 6π C. 9π D. 11π 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积公式直接求值即可. 【详解】由题意，圆台的侧面积为： . 故选：B 2. 已知向量满足，且，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据两向量垂直，其数量积为0列式求值即可. 【详解】因为，所以. 所以. 故选：B 3. 已知是两条不同直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面的位置关系逐一判断每个选项. 【详解】若，则，A选项正确. 若，则，也可能相交，B选项错误； 若，则，也可能，C选项错误； 若，则，还可能，，和相交但不垂直，D选项错误. 故选：A. 4. 如果一组数据的中位数比平均数小很多，则下列叙述一定错误的是（ ） A. 数据中可能有异常值 B. 这组数据是近似对称的 C. 数据中可能有极端大的值 D. 数据中众数可能和中位数相同 【答案】B 【解析】 【分析】 根据中位数、平均数、众数的定义说明． 【详解】中位数表示一组数据的一般水平，平均数表示一组数据的平均水平，如果这两者差不多，说明数据分布较均匀，也可以看作近似对称，但现在它们相关很大，说明其中有异常数据，有极端大的值，众数是出现次数最多的数，可能不止一个，当然可以和中位数相同，因此只有B错误． 故选：B． 【点睛】本题考查样本数据特征，掌握它们的概念是解题基础． 5. 已知是复数，则下列命题中的假命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念判断A的真假；根据虚数单位的概念，判断B的真假；举例说明C是错误的；根据复数的乘法运算判断D的真假. 【详解】对A：根据共轭复数的概念，若，则，互为共轭复数，所以成立，故A为真命题； 对B：根据虚数单位的定义，由，可得，故B为真命题； 对C：取，，则，且，，所以不成立，故C为假命题； 对D：因，，所以可得，即，故D为真命题. 故选：C 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“两次掷出的点数相同”，事件“第一次掷出的点数是偶数”，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的概率计算公式和相互独立的公式即可求解. 【详解】对A：掷两次骰子，基本事件有个，事件“两次掷出的点数之和是6”包含：，，，，共5个基本事件，所以，故A错误； 对B：事件都包含基本事件有：，，，，，共6个，所以；事件包含的基本事件有：，所以, 因为，故与不相互独立，故B错误； 对C：事件：“第一次掷出的点数是偶数”，所以,事件包含的基本事件有：，，，所以，因为，所以事件，相互独立，故C正确； 对D：因为事件包含：，共2个基本事件，所以，因为，故事件与不相互独立，故D错误. 故选：C 7. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，得到，得到为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理，求得，即可得到答案. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，， 则为异面直线与所成的角（或补角）， 因为，，所以， 所以异面直线与所成角为． 故选：D. 8. 已知平面内三个不同的单位向量，，，满足，，，则可能的取值为（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，求出其取值范围，再进行判断即可. 【详解】如图： 设，，因为，，，， 所以可取，，由题意点在第四象限，设，，则. 所以. 因为，所以，所以. 所以， 所以. 故选：B 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. 已知事件满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若互斥，则 C. 若互斥，则 D. 若相互独立，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用事件的关系结合概率求解可判断A的真假；根据互斥事件的概率加法公式可判断B的真假；根据互斥事件的概念可判断C的真假，根据独立事件的概率公式结合概率的加法公式可判断D的真假. 【详解】对A：因为，所以发生，则一定发生，所以，所以，故A错误； 对B：若互斥，则，故B正确； 对C：若互斥，则事件不可能同时发生，所以，故C错误； 对D：若相互独立，则， 所以，故D正确. 故选：BD 10. 已知三棱锥中，，，，，点是棱上靠近点的三等分点，点是上靠近点的四等分点，设，，，下列说法正确的是（ ） A. 是平面的一个法向量 B. C. 直线与直线所成角为 D. 点到平面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由于是空间的一组基底，设平面的一个法向量，利用即可求解；B选项，用基底表示，计算是否成立；C选项，用基底表示，根据夹角公式求解；D选项，结合A求出的法向量，利用点到平面的距离公式求解. 【详解】 由题知，，，， A选项，显然是空间的一组基底， 故可设平面的一个法向量，于是， 即，即, 取，则，于是是平面的一个法向量， A选项正确； B选项， ，， 于是， 即不成立，B选项错误； C选项，，，则， 由于，，则是等边三角形，则， 于是，则向量的夹角是， 则直线与直线所成角为，C选项正确； D选项，根据点到平面的距离公式，点到平面的距离为， 而， ， 于是点到平面的距离为，D选项正确. 故选：ACD 11. 在中，，点是的中点，点满足，将沿直线向上翻折至，得到四棱锥，下列说法正确的是（ ） A. ，//平面 B. C. 若，则翻折过程中线段扫过的曲面面积为 D. 若点在平面上的射影恰好落在线段上，则与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理判断A的真假；根据线面垂直的判定定理得到平面，再根据线面垂直的概念可得线线垂直，可判断B的真假；先确定线段扫过的曲面的形状，再求其面积，可判断C的真假；找出直线与平面所成的角，分析何时所成角的正弦值最大，并求最大值，可判断D的真假. 【详解】在中，由余弦定理可得： ，所以. 所以是等腰三角形，腰长为2，底角为，顶角为. 对A：如图： 当时，为中点，又为中点，所以， 平面，平面，所以平面.故A正确； 对B，如图： 过作，垂直为，连接，，根据翻折的性质可知， 又平面，，所以平面. 又平面，所以.故B正确； 对C：当时，. 在中，由余弦定理可得： ， 因为， 所以时以为直角顶点的直角三角形. 所以所扫过的曲面是圆锥的一部分. 在中，，，由余弦定理可得： ， 所以. 所以所扫过的曲面面积为：，故C错误； 对D：如图： 因为点在平面的射影恰好落在线段上，设为，则平面. 设与平面所成的角就是，记为，则. 而当时，有最小值，为， 所以， 所以.故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数z满足，是虚数单位，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据复数除法算出复数值，然后根据模长公式求解. 【详解】由题知，， 于是. 故答案为： 13. 甲乙两人组成“星队”参加投篮比赛，每轮比赛由两人各投一球，已知甲每轮投中的概率是，乙队每轮投中的概率为．在每轮活动中，甲和乙投中与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中投中1个球的概率为_______. 【答案】 【解析】 【分析】每轮中甲投中事件，每轮中乙投中为事件，根据概率乘法公式求解即可. 【详解】每轮中甲投中为事件，每轮中乙投中为事件，则，， 因为甲和乙投中与否互不影响， 则每轮比赛中，共投中一球的概率； 均未投中一球的概率； 所以“星队”在两轮活动中投中1个球的概率为：. 故答案为： 14. 已知圆锥的底面半径为2，且内切球球心与外接球球心重合，则圆锥外接球表面积为_______ 【答案】## 【解析】 【分析】根据圆锥的轴截面为正三角形，可求轴截面的外接圆半径，即为圆锥外接球半径，进而可求圆锥外接球表面积. 【详解】如图： 作圆锥的轴截面，因为等腰的内切圆与外接圆圆心相同，为，所以为等边三角形. 又. 所以，即为圆锥外接球半径. 所以圆锥外接球表面积为：. 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. 当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 【答案】（1），平均数，中位数 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直方图小长方形的面积之和为可求出，由题设要求求平均数，先判断中位数所在区间，然后根据直方图中小长方形面积位于面积处的数值得到中位数； （2）先确定分别需抽取的人数，然后根据列举法结合古典概型求解. 【小问1详解】 由题意，，解得， 平均数为：， 由图可知的频率为，的频率为， 故中位数位于，设中位数为， 由，解得，即中位数是， 综上，，平均数，中位数. 【小问2详解】 由图可知，的频率之比是， 根据分层抽样可知，需在分别抽取人和人， 抽取的人记作，抽取的人记作， 所有情况是，共种， 这两人恰有1人体能优秀的情况有，共种， 根据古典概型的计算公式，这两人恰有1人体能优秀的概率是. 16. 已知分别为三个内角的对边，． （1）求角； （2）已知，延长到点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形内角和公式和三角变换公式，可求角. （2）在中，利用余弦定理先求，再求，可得，再在中，利用余弦定理求. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 又， 所以. 因为，所以，所以. 又，所以. 【小问2详解】 如图： 在中，. 所以. 所以. 因为，所以. 在中，由余弦定理得： ， 所以 17. 如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，． （1）当平面时，求实数的值； （2）当时，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行，得到线线平行，可确定点位置. （2）先利用体积法求点到平面距离，在根据与平面所成角的正弦值为求解. 【小问1详解】 如图： 连接交与点，连接. 因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为底面为矩形，所以为中点， 所以为中点，所以.所以. 【小问2详解】 当时，取中点，连接，. 因为，. 所以，，. . 在中，由余弦定理得：. 所以，所以. 设到平面的距离为， 由，得：，又. 所以. 设直线与平面所成的角为， 则. 18. 如图所示，已知六面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，直线与平面所成角为． （1）求证：平面平面； （2）已知，求平面和平面夹角的余弦值； （3）平面和平面的夹角为，且，求六面体体积最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面平行的性质定理得到，可得平面，最后根据面面垂直的判定定理可得结论. （2）构造二面角的平面角，利用解三角形的方法求二面角平面角的余弦. （3）用表示出六面体中各线段长度，借助三角函数的性质求体积的最大值. 【小问1详解】 因为四边形是正方形，所以，又， 平面，，所以平面. 又平面，平面，平面平面， 所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 如图： 易证，所以四边形为平行四边形，且， 作平面平面，分别交，于点，，则，. 因为平面平面，所以就是直线与平面所成角，所以. 又平面，平面， 所以，，所以即为平面与平面所成锐二面角的平面角， 也就是平面与平面的夹角. 在中，由正弦定理可得：，所以. 即平面和平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面，， 所以平面平面. 又，且平面. 所以六面体为直四棱柱. 因为平面和平面的夹角为，即. 在中，由正弦定理可得：， 即，所以，. 所以四边形的面积为： . 又六面体体积为： （当时取等号）. 即六面体体积的最大值为：. 19. 如图，点是边长为2的等边内部（不包括边）任意一点，绕点逆时针旋转得到． （1）若，求； （2）若，求的周长； （3）求面积最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理直接计算,即为； （2）根据已知可以判定点轨迹为一段圆弧，然后建立合适的坐标系，利用坐标方法求得点的坐标，进而求得,然后利用几何分析得到所求； （3）先设定,由于为等边三角形，可得与以为圆心，以为半径的圆的部分弧相切，然后进行几何分析，再结合基本不等式求得. 【小问1详解】 ∵绕点逆时针旋转得到，∴绕点逆时针旋转得到，∴为等边三角形． . 【小问2详解】 ∵ ，∴的外接圆半径, 设外接圆心,以为原点，射线为轴,建立直角坐标系，如图所示: 设与轴正方向所成的角为,点轨迹为圆弧（不含端点）. ， , 解得,∴, ∴点坐标为,由于,所以点在圆弧（不含端点）上，符合题意. 由于∴为等边三角形，∴, ∵绕点逆时针旋转得到，∴, ∴求的周长即为求. 当点坐标为时, ， 所求的周长. 当点坐标为时,同理可得所求的周长. ∴所求的周长. 【小问3详解】 设,由于为等边三角形， 设，垂足为,则, ∴与以为圆心，以为半径的圆的部分弧相切，切点为. 如图所示： 设弧与交点为,,垂足为 则,当且仅当重合时，重合，此时, ∴ ． 当且,即恰好为中心时取到“等号”， ∴面积最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华中师大一附中2024-2025学年度下学期高一年级期末检测 数学试题 满分：150分 考试时间：120分钟 命题人：曹轩王文莹 一、选择题：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. 已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，母线长为2，则该圆台的侧面积为（ ） A 2π B. 6π C. 9π D. 11π 2. 已知向量满足，且，则（ ） A 5 B. 4 C. 3 D. 2 3. 已知是两条不同直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 如果一组数据的中位数比平均数小很多，则下列叙述一定错误的是（ ） A. 数据中可能有异常值 B. 这组数据是近似对称的 C. 数据中可能有极端大的值 D. 数据中众数可能和中位数相同 5. 已知是复数，则下列命题中的假命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“两次掷出的点数相同”，事件“第一次掷出的点数是偶数”，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 7. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面内三个不同的单位向量，，，满足，，，则可能的取值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 已知事件满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若互斥，则 C. 若互斥，则 D. 若相互独立，则 10. 已知三棱锥中，，，，，点是棱上靠近点的三等分点，点是上靠近点的四等分点，设，，，下列说法正确的是（ ） A. 是平面的一个法向量 B. C. 直线与直线所成角为 D. 点到平面距离为 11. 在中，，点是的中点，点满足，将沿直线向上翻折至，得到四棱锥，下列说法正确的是（ ） A. ，//平面 B. C. 若，则翻折过程中线段扫过的曲面面积为 D. 若点在平面上的射影恰好落在线段上，则与平面所成角的正弦值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数z满足，是虚数单位，则_______． 13. 甲乙两人组成“星队”参加投篮比赛，每轮比赛由两人各投一球，已知甲每轮投中概率是，乙队每轮投中的概率为．在每轮活动中，甲和乙投中与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中投中1个球的概率为_______. 14. 已知圆锥的底面半径为2，且内切球球心与外接球球心重合，则圆锥外接球表面积为_______ 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. 当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 16. 已知分别为三个内角的对边，． （1）求角； （2）已知，延长到点，求． 17. 如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，． （1）当平面时，求实数的值； （2）当时，求与平面所成角的正弦值． 18. 如图所示，已知六面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，直线与平面所成角为． （1）求证：平面平面； （2）已知，求平面和平面夹角的余弦值； （3）平面和平面的夹角为，且，求六面体体积最大值． 19. 如图，点是边长为2等边内部（不包括边）任意一点，绕点逆时针旋转得到． （1）若，求； （2）若，求的周长； （3）求面积最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $