精品解析：四川省遂宁市2024-2025学年高一下学期期末教学水平监测数学试题

遂宁市高中2027届第二学期期末教学水平监测 数 学 试 题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．考试结束后，将答题卡收回. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知i为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求解即可. 【详解】复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 某校高一年级有男生160人，女生120人，现需抽调人参与学校“5.4”文艺汇演志愿者工作.若按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样.已知男生抽取16人，则（ ） A 27 B. 28 C. 29 D. 30 【答案】B 【解析】 【分析】根据男生抽取人数求出抽取的比例，再利用分层抽样即可求解. 【详解】由抽取男生人数16人，所以抽取比例为，所以抽取人数为， 故选：B. 3. 已知两条直线，若平面，，则与的位置关系是 A. 平面 B. 平面或 C. 平面 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由线面间位置关系判断即可. 【详解】若平面，，则与的位置有可能是平行也可能在面内，即或 . 故选：D. 4. 已知两点，点在轴上，若三点共线，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线，结合向量的坐标运算，即可求解. 【详解】设，由可得， 因为，所以，解得，故点的坐标为. 故选：D 5. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设底面半径为r，母线为l，由轴截面是等腰直角三角形得，代入求出r和l，再求出圆锥的高，代入体积公式计算． 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l， 圆锥的轴截面是等腰直角三角形， ，即， 由题意得，侧面积， 解得， ，圆锥的高， 圆锥的体积， 故选：A． 【点睛】本题考查圆锥的体积、侧面积，以及轴截面问题，属于基础题． 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可求解. 【详解】由题意有， 故选：B. 7. ，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，先求，再利用向量的模长公式可得即可求解. 【详解】设，则， ， 当时取等，所以的最大值是. 故选：C. 8. 函数，则在内零点个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦和差公式化简，然后利用三角函数解方程即可. 【详解】 ， 即或，又， 所以或， 故在内零点个数为6. 故选：B. 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. 已知复数（是虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A. 复数的虚部为 B. C. D. 若是实数，是纯虚数，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据虚部的概念判断A，求出共轭复数后利用乘法法则化简求解判断B，求复数的和判断C，根据纯虚数的概念求解判断D. 【详解】因为复数，所以虚部为，， 所以，， 若是实数，是纯虚数，则，解得， 故选项AB错误，CD正确. 故选：CD 10. 如图所示，在四面体中，，，平面平面，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 与平面所成的角为 D. 四面体的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，若，根据线面垂直的判定定理得，得出矛盾可判断A；根据线面垂直的判定定理、性质定理可判断B；由平面得就是与平面所成的角，求出可判断C；求出四面体的体积可判断D. 【详解】对于A，因为，，所以，若， 因为，，平面，平面， 所以平面，平面， 所以，这与矛盾，故A错误； 对于B，因为平面平面，平面平面，， 平面，所以平面，因平面，所以， 因为，，所以，得， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，所以，故B错误； 对于C，平面，所以就是与平面所成的角， 因为，所以与平面所成的角为，故C正确； 对于D，四面体的体积为，故D错误. 故选：ABD 11. 在中，角的对边分别为，的面积为，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 若有两解，则取值范围是 D. 若，O为的外心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数量积的定义及面积公式求得角C判断A，利用余弦定理及基本不等式求得，结合面积公式求解判断B，根据三角形有两解列不等式求解判断C，先利用正弦定理求得，然后根据数量积的几何意义及数量积的运算律求解判断D. 【详解】因为，所以，化简得， 又，所以，故A正确； 由及余弦定理得， 则，当且仅当时等号成立， 所以，故B错误； 已知，若有两解，则， 解得，即取值范围是，故C正确； 已知，，由正弦定理得， 因为点O为的外心，所以在上的投影为， 在上的投影为， 由数量积的几何意义可得：， 所以，故D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题，满分92分） 注意事项： 1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 值是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式即可求解. 【详解】由题意有， 故答案为：. 13. 函数，（是常数，且）的部分图象如图所示，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】由“五点法”，结合图象分别求出得，然后结合特殊角的函数值求解即可. 详解】由图象知，，即，所以，即， 由五点法作图及图象过点知，即，则， 当时，，满足，符合题意， 所以，所以. 故答案为：. 14. 世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图：    正外接圆半径， 正四面体的高，令正四面体的外接球半径为， 在中，，解得， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径， 因为点均在以点B为球心的球面上，所以， 设勒洛四面体内切球半径为， 则由图得. 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. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知点，点，点 （1）求与夹角的余弦值 （2）当是以角为直角的三角形时，求的值 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标运算先求的坐标，最后利用向量的夹角公式即可求解； （2）利用向量垂直的坐标运算即可求解. 【小问1详解】 由题意有：， ， ，， 所以. 【小问2详解】 因为是以角C为直角的三角形，所以. 即， 所以，即. 综上所述：. 16. 已知函数， （1）求函数的单调递增区间； （2）将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.当时，求函数的值域. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用辅助角公式化简得函数，然后利用正弦函数的单调性求解即可. （2）先利用函数图象变换法则求得，然后利用换元法求解值域即可. 【小问1详解】 . 令，则 . 所以函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 函数的图象横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得. 再将图象向左平移个单位长度得， ，则，， 所以，当时，函数的值域为. 17. 遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. （1）求图中的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）求此次调查综合满意度第75百分位数 （3）若参与本次调查游客共有2000名，请估计在参与调查的2000名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数. 【答案】（1），76.5 （2）85 （3）1045 【解析】 【分析】（1）结合已知根据频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1列式得，根据频率分布直方图的平均数公式求解即可； （2）先确定累计频率为0.75所在的区间，然后根据频率列式求解即可； （3）先求出不低于平均分的频率，然后求解人数即可. 【小问1详解】 由频率分布直方图可得，， 又，解得， 平均分为. 【小问2详解】 由频率分布直方图可得，前3组频率之和为0.6，第四组频率为0.3， 故第75百分位数在，则. 【小问3详解】 由（1）知平均分， 故不低于平均分的频率为， 则打分不低于平均分的人数为 . 18. 在中，角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，的平分线与交于点且，求线段的长. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）由已知及正弦定理得，再利用两角和的正弦公式化简得，进而有，结合角的范围求解即可； （2）由面积分割可得，由余弦定理得即，然后利用角平分线的性质得，即可得解. 【小问1详解】 ，由正弦定理得. 因为， 所以， 所以， 因为，所以，即， 因为，所以； 【小问2详解】 在中，由面积分割可得：， 即，所以. 由余弦定理得， 解得，即 ① 在中，， 在中，， 两式作比值可得，， 化简得 ②. 由①②可得，. 19. 如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. （1）若为的中点，求证：平面； （2）求证：； （3）在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据几何关系证得四边形为平行四边形，从而利用线面平行的判定定理证明即可； （2）结合勾股定理利用线面垂直的判定定理证明平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可； （3）过作垂足为，利用定义法得为二面角的平面角，设，可得，求出，进而为直线与平面所成的角，求得，，求出动点的轨迹，即可求解. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以， 又因为为的中点，所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以； 又平面平面，所以平面； 【小问2详解】 在图1中，连接， 所以，因为，所以， 又因为，所以，所以，同理， 又，所以，所以. 由翻折性质得：，因为， 所以平面，平面，所以； 【小问3详解】 过作垂足为， 由（2）知：平面，平面平面， 所以平面，所以； 因为，所以平面， 过作垂足为，连接， 因为平面，平面，所以，，平面，平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为平面，平面，所以， 所以为等腰直角三角形，设，由题意，知：， 在中，， 所以. 所以，所以分别为的中点， 因为平面，平面，所以，平面，所以为直线与平面所成的角，所以， 所以，所以，且平面， 所以动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以动点R的轨迹长度为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 遂宁市高中2027届第二学期期末教学水平监测 数 学 试 题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.总分150分.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，满分58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号用0.5毫米的黑色墨水签字笔填写在答题卡上.并检查条形码粘贴是否正确. 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔书写在答题卡对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 3．考试结束后，将答题卡收回. 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知i为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C 第三象限 D. 第四象限 2. 某校高一年级有男生160人，女生120人，现需抽调人参与学校“5.4”文艺汇演志愿者工作.若按性别分层，采用比例分配的分层随机抽样.已知男生抽取16人，则（ ） A. 27 B. 28 C. 29 D. 30 3. 已知两条直线，若平面，，则与的位置关系是 A. 平面 B. 平面或 C. 平面 D. 或 4. 已知两点，点在轴上，若三点共线，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是，则圆锥的体积是（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. ，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 函数，则在内零点个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知复数（是虚数单位），则下列结论正确的是（ ） A. 复数虚部为 B. C. D. 若是实数，是纯虚数，则 10. 如图所示，在四面体中，，，平面平面，则下列结论错误的是（ ） A. B. C. 与平面所成的角为 D. 四面体的体积为 11. 在中，角的对边分别为，的面积为，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. 若有两解，则取值范围是 D. 若，O为的外心，则 第Ⅱ卷（非选择题，满分92分） 注意事项： 1．请用蓝黑钢笔或圆珠笔在第Ⅱ卷答题卡上作答，不能答在此试卷上. 2．试卷中横线及框内注有“▲”的地方，是需要你在第Ⅱ卷答题卡上作答. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 值是________． 13. 函数，（是常数，且）的部分图象如图所示，则______． 14. 世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.） 15. 在平面直角坐标系中，点为坐标原点，已知点，点，点 （1）求与夹角的余弦值 （2）当是以角为直角三角形时，求的值 16. 已知函数， （1）求函数的单调递增区间； （2）将函数的图象横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度后得到函数的图象.当时，求函数的值域. 17. 遂宁市为进一步发展遂宁文旅，提升遂宁经济，现对“五一”假期部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. （1）求图中的值，并估计此次调查中综合满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）求此次调查综合满意度的第75百分位数 （3）若参与本次调查游客共有2000名，请估计在参与调查2000名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数. 18. 在中，角的对边分别为，且． （1）求角的大小； （2）若，的平分线与交于点且，求线段的长. 19. 如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. （1）若为中点，求证：平面； （2）求证：； （3）在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$