精品解析：宁夏回族自治区银川市第二中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

银川二中 2024-2025学年第二学期高一年级期末考试 数学试题 注意事项： 1.本试卷共19小题，满分150分.考试时间为120分钟. 2.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符命题目要求的. 1. 已知i是虚数单位，复数，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 2. 已知向量，，则“”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 3. 袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸到红球的概率（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在中，为线段上异于，的任意一点，为的中点，若，则( ) A. B. C. D. 5. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. 在中，内角，，的对边分别是，，，则，，则A =（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 7. 已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形； ④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形； 其中错误的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体 被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32 10. 设是一个随机试验中的三个事件，且，与互斥，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若事件相互独立，则 C. D. 11. 已知正四面体的棱长为，则（ ） A. 正四面体的外接球表面积为 B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值 C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为 D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则在上的投影向量的坐标为______. 13. 如图，为测量某塔的高度，在地面上选择一个观测点C，在C处测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°.无人机距地面的高度AB为45米，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，N在同一条直线上，则该塔的高度MN为________米. 14. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已知四面体为鳖臑，且，，记二面角的平面角为，则 _______. 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. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，，是中线，求的长. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若是线段的中点，证明：平面平面． 17. 新高考实行“”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学的某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科. （1）写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率； （2）甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率. 18. 随着高校强基计划招生的持续开展，我市高中生抓起了参与数学兴趣小组的热潮.为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了40场学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间， 并将其分成了6个区间: (0,10]、(10,20]、(20,30]、(30,40]、(40,50]、(50,60]，整理得到如图频率分布直方图： （1）求图1中a的值，并估计甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数； （2）估计乙高中学生一周内平均每天学习数学时间的均值及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)； （3）若从甲、乙两所高中分别抽取样本量为m、n的两个样本，经计算得它们的平均数和方差分别为、与、，记总的样本平均数为，样本方差为，证明： ①； ②. 19. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 银川二中 2024-2025学年第二学期高一年级期末考试 数学试题 注意事项： 1.本试卷共19小题，满分150分.考试时间为120分钟. 2.答案写在答题卡上的指定位置.考试结束后，交回答题卡. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符命题目要求的. 1. 已知i是虚数单位，复数，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及虚部概念求解. 【详解】因为， 所以z的虚部为1. 故选：B 2. 已知向量，，则“”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】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求出当时的m值即可得解. 【详解】由题当时，， 或， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 袋子中有4个大小质地完全相同的球，其中2个红球，2个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸到红球的概率（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用列举法，结合古典概型求解即可. 【详解】2个红球，设为；2个白球，设为．从中不放回地依次随机摸出2个球， 有共12种． 两次都摸到红球的情况为共2种．则概率. 故选：B. 4. 如图，在中，为线段上异于，的任意一点，为的中点，若，则( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】选定基向量，利用复数线性运算计算出，再由平面向量基本定理而得. 【详解】中，不共线，点D在BC上，则， 存在唯一实数t使， 因为为的中点，，而， 所以，所以. 故选：B 5. 已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A. 若则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确. 考点：空间点线面位置关系． 6. 在中，内角，，的对边分别是，，，则，，则A =（ ） A. 30° B. 60° C. 90° D. 120° 【答案】C 【解析】 【分析】运用正弦定理可得，代入已知可得，再勾股定理的逆定理求得角. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 又，则，显然，所以. 故选：C 7. 已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解. 【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以，所以此三棱柱的表面积为. 故选：C 8. 如图，在正方体中，分别是的中点，有四个结论： ①与是异面直线； ②相交于一点； ③过A，M，P的平面截正方体所得的图形为平行四边形； ④过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形； 其中错误的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面的位置关系依次判断即可. 【详解】对于①，连接，如图所示： 由分别是的中点，可得， 可得与共面，故①错误； 对于②，因为平面平面平面， 所以由异面直线的定义可得， 与是异面直线，则不相交于一点，故②错误； 对于③，由①知，过A，M，P的平面截正方体所得的图形为四边形， 而，故四边形不是平行四边行，故③错误； 对于④，取， 则过A，M，N的平面截正方体所得的图形为五边形，故④正确. 故选：C 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（　　） A. 用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体 被抽到的概率是0.1 B. 已知一组数据1，2，m，6，7的平均数为4，则这组数据的方差是5 C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23 D. 若样本数据，，…，的标准差为8，则数据，，…，的标准差为32 【答案】AC 【解析】 【分析】分别利用古典概型的计算公式，方差和标准差的计算公式及其百分位数的定义求解即可. 【详解】对于选项,个体被抽到的概率为，故该选项正确； 对于选项，，解得， 则方差为，故该选项错误； 对于选项,数据27，12，14，30，14，17，19，23从小到大排列为，12，14，14，17，19，23，27，30， 由于%，其中第6个数为23，故该选项正确； 对于选项,设数据，，…，的均值为， 则数据，，…，的均值为， 因为数据，，…，的标准差为， 所以数据，，…，的标准差为 ，故该选项错误； 故选：AC. 10. 设是一个随机试验中的三个事件，且，与互斥，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若事件相互独立，则 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由和事件的概率公式计算判断选项A；由相互独立事件的概率公式计算判断选项B；由积事件的概率公式计算结果判断选项CD. 【详解】对于选项，因为， ，，， 则有，所以A选项错误； 对于选项，因为事件相互独立，所以，所以选项正确； 对于C选项，因为事件与互斥，故，所以选项错误； 对于D选项，，所以选项正确. 故选：BD. 11. 已知正四面体的棱长为，则（ ） A. 正四面体的外接球表面积为 B. 正四面体内任意一点到四个面的距离之和为定值 C. 正四面体的相邻两个面所成二面角的正弦值为 D. 正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】将棱长为的正四面体放到棱长为的正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而判断A，利用等体积法判断B，设中点为，连接，，则为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算可判断C，求出正四面体内切球的半径此时即为最大的正四面体的外接球的半径，从而判断D. 【详解】棱长为的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同， 设外接球的半径为，则，所以，所以A错误． 设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为， 设正四面体的高为， 又， 由等体积法可得，， 所以为定值，所以B正确． 如图所示，设中点为，连接，，则，， 故为所求二面角的平面角，，， 由余弦定理得， 则，所以C错误． 对于选项D，要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动， 则正四面体的外接球要在四面体内切球内部， 当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值， 又，， 设正四面体内切球的半径为，则， 即，解得， 所以正四面体的外接球半径为． 设正四面体的边长为，则，所以， 故体积，即正四面体的体积最大值为，所以D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：涉及到正四面体的外接球一般将其放到正方体中，正方体的体对角线即为正方体外接球的直径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则在上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义求在上的投影向量坐标即可. 【详解】由在上的投影向量为. 故答案为： 13. 如图，为测量某塔的高度，在地面上选择一个观测点C，在C处测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°.无人机距地面的高度AB为45米，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，N在同一条直线上，则该塔的高度MN为________米. 【答案】90 【解析】 【分析】中，求出，中，由正弦定理求出，中，求出. 【详解】中，，，则， 由图可知，， 则， 中，由正弦定理，得， 中，（米）， 故答案为：90. 14. 在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．已知四面体为鳖臑，且，，记二面角的平面角为，则 _______. 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，过点作交于点，证明二面角的平面角就是，结合解三角形知识即可求解. 【详解】由四面体为鳖臑，且，得， 取的中点，过点作交于点，连接， 则，是二面角的平面角， 设，则，，，， 从而，，又， 在中，， 在中，，所以. 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. 记的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若，，是中线，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据边角转化，将题干条件均化成角，结合诱导公式，三角恒等变换进行化简求值； （2）利用，平方后求，结合余弦定理来处理. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可知：， 由，故， ∴ ∴， ∴，又， 所以； 【小问2详解】 根据数量积的定义，由，得， 又，在中由余弦定理得： ∵，∴， 所以 16. 如图，在四棱锥中，四边形是正方形，点分别是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若是线段的中点，证明：平面平面． 【答案】（1） 由四边形为正方形可知， 连接必与相交于中点，故， 面平面， 面． （2） 由点分别为中点可得：， 面平面平面， 又由（1）可知，平面， 且，平面, 故平面平面． 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明； （2）利用面面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 新高考实行“”选科模式，其中“3”为必考科目，语文、数学、外语所有学生必考；“1”为首选科目，从物理、历史中选择一科；“2”为再选科目，从化学、生物学、地理、思想政治中任选两科.某大学的某专业要求首选科目为物理，再选科目中化学、生物学至少选一科. （1）写出所有选科组合的样本空间.从所有选科组合中随机选一种组合，并且每种组合被选到的可能性相等，求所选组合符合该大学某专业报考条件的概率； （2）甲、乙两位同学独立进行选科，求两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件的概率. 【答案】（1）样本空间：{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政，物地政，史化生，史化地，史化政，史生地，史生政，史地政}，概率为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果； （2）根据对立事件概率公式和独立事件的乘法公式可求出结果. 【小问1详解】 依题意，样本空间为{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政，物地政，史化生，史化地，史化政，史生地，史生政，史地政}，， 记事件“所选组合符合该大学某专业报考条件”，则{物化生，物化地，物化政，物生地，物生政}，，所以. 【小问2详解】 记事件“甲符合该大学某专业报考条件”， 事件“乙符合该大学某专业报考条件”， 事件“甲、乙两人中至少有一人符合该大学某专业报考条件”， 由（1）可知，， 所以. 18. 随着高校强基计划招生的持续开展，我市高中生抓起了参与数学兴趣小组的热潮.为调查我市高中生对数学学习的喜好程度，从甲、乙两所高中各随机抽取了40场学生，记录他们在一周内平均每天学习数学的时间， 并将其分成了6个区间: (0,10]、(10,20]、(20,30]、(30,40]、(40,50]、(50,60]，整理得到如图频率分布直方图： （1）求图1中a的值，并估计甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数； （2）估计乙高中学生一周内平均每天学习数学时间的均值及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)； （3）若从甲、乙两所高中分别抽取样本量为m、n的两个样本，经计算得它们的平均数和方差分别为、与、，记总的样本平均数为，样本方差为，证明： ①； ②. 【答案】（1），众数是； （2），； （3）①证明：依题意，，所以原等式成立. ②证明：， 又，则， 同理， ， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有矩形面积之和为可求得的值，根据频率分布直方图可计算得出甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数. （2）将图2中每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，可求得，再利用方差公式可求得. （3）①利用平均数公式可证得结论成立；②推导出，再利用方差公式可证得结论成立. 【小问1详解】 由频率分布直方图，得，解得， 甲高中学生一周内平均每天学习数学时间的众数是. 【小问2详解】 ， . 【小问3详解】 ①略 ②略 19. 已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形. （1）求证：； （2）求点到平面的距离； （3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长. 【答案】（1） 点在底面上的射影是与的交点， 平面， 平面， ， 四边形为菱形， ， ，平面， 平面， 平面， ； （2） （3）点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 【解析】 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）由题干数据结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意可得､与都是边长为2的等边三角形， ，， ， ， ， 设点到平面的距离为， 由得， 即，解得. 故点到平面的距离为. 【小问3详解】 设直线与平面所成的角为， ， 到平面的距离即为到平面的距离. 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使最小，此时. 由题意可知：，， 平面，且， ，， 在中，由余弦定理可得： ， ， 由面积相等， 即，解得：， ，， 即点在线段上靠近点的4分点处，此时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $