精品解析：湖南省郴州市2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

郴州市2025年上学期期末教学质量监测试卷 高一数学 注意事项： 1.试卷分试题卷和答题卡.试卷共6页，有四大题，共19小题，满分150分.考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号、考室号及座位号写在答题卡和试题卷的封面上. 3.考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在试卷上作答无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题. 4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题（本题共8个小题，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，为实数，（为虚数单位），则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 在长方体中，，，则直线和直线所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 某圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（ ） A. 12 B. 28 C. D. 20 6. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，则（ ） A. 16 B. C. D. 4 7. 同时抛掷一白一红两枚质地均匀的骰子，用表示白色骰子的点数，表示红色骰子的点数，设事件“”，事件“为偶数”，事件“”，则下列结论正确的是（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 与相互独立 8. 中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 已知复数（为虚数单位），则以下说法正确的有（ ） A. 复数的虚部为 B. C. 复数的共轭复数为 D. 复数在复平面内对应的点在第一象限 10. 如图，在平面直角坐标系中，，，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 四边形的面积为 C. 的外接圆的周长为 D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点，动点在平面内，则下列说法中正确的是（ ） A. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B. 当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C. 当时，取得最小值 D. 的最小值为 三、填空题（共3小题，每小题5分，满分15分.） 12. 已知一组数据：3，5，7，1，4，6，9，2，则这组数据的第75百分位数是________. 13. 在正三棱台中，，，棱台的高为，则该棱台的体积为________. 14. 在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，二面角的大小为60°，则三棱锥的外接球的表面积为________. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在中，，点是的中点，点，分别是，的三等分点，且，.设，. （1）用，表示，； （2）若，，求. 16. 为了进一步推动体育强国和健康中国的建设，国家体育总局办公厅印发了《2025年群众体育工作要点》，为了解某地高中学生体育锻炼时长，从该地区28000名学生中抽取500人，得到日均体育锻炼时长的频率分布表，如下： 分组 频数 频率 120 0.24 160 155 0.31 35 30 0.06 合计 500 1 （1）求和的值； （2）估计该地区高中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）； （3）从和两组中用分层抽样的方法共抽取了7人，再从这7人中随机抽取2人，求这两人来自不同的组的概率. 17. 如图，和都垂直于平面，且，是的中点.为等边三角形. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 错题重做是一种有效的学习策略，它可以帮助学生更好地理解和掌握知识.某班级数学老师利用DeepSeek设计了一个错题重做网页小游戏.并在班级发起错题重做挑战赛.甲和乙两人组成“郴队”参加挑战赛.每轮比赛中，甲和乙各抽取一道错题，他们做对与否互不影响，且各轮结果也互不影响. （1）若甲每轮做对的概率为，乙每轮做对的概率为.求“郴队”在两轮比赛中做对2题的概率； （2）若甲和乙第一轮做对的概率分别为，，第二轮做对的概率分别为，.求“郴队”在两轮比赛中做对3题的概率. 19. 在2025年斯诺克世界锦标赛中，中国选手赵心童展现了卓越的球技，成为首位获得世锦赛冠军的中国选手，同时也是亚洲首位斯诺克世锦赛冠军.假设在一次模拟的斯诺克比赛中，球桌的尺寸为矩形，斯诺克选手需要从一个特定角度击球，使球从点出发，经过点，最终进入袋口，如图所示.其中，，，，足够长. （1）若，求； （2）若，交于点，设，，其中，，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郴州市2025年上学期期末教学质量监测试卷 高一数学 注意事项： 1.试卷分试题卷和答题卡.试卷共6页，有四大题，共19小题，满分150分.考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号、考室号及座位号写在答题卡和试题卷的封面上. 3.考生作答时，选择题和非选择题均须作答在答题卡上，在试卷上作答无效.考生在答题卡上按答题卡中注意事项的要求答题. 4.考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题（本题共8个小题，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，为实数，（为虚数单位），则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】由复数相等的条件即可求解. 【详解】因为， 所以，. 故选：B. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由共线向量的坐标表示求解即可. 【详解】因为，，， 所以 故选：A. 3. 在长方体中，，，则直线和直线所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知找到异面直线所成角的平面角，再根据已知求其大小即可. 【详解】由长方体结构知且，则为平行四边形，故， 所以直线和直线所成角，即为或其补角，而，，， 所以，则. 故选：C 4. 某圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知圆锥底面半径，高为等边三角形的高为，再利用锥体体积公式即可求解. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形， 所以圆锥底面半径，高为等边三角形的高为， 则圆锥的体积. 故选：C. 5. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（ ） A. 12 B. 28 C. D. 20 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法及已知求出圆平行四边形的边长，即可得. 【详解】由题设，易知，则，故，， 所以，而，， 所以原四边形的周长为20. 故选：D 6. 的内角，，的对边分别为，，，已知，，则（ ） A. 16 B. C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理整理等式，再根据正弦和角公式求得角的正弦值，利用同角三角函数关系式求得角的正弦值，再结合正弦定理，可得答案 【详解】由，则， 即，由，则， 由，则， 因为,所以， 所以. 故选：B. 7. 同时抛掷一白一红两枚质地均匀的骰子，用表示白色骰子的点数，表示红色骰子的点数，设事件“”，事件“为偶数”，事件“”，则下列结论正确的是（ ） A. 与对立 B. C. 与相互独立 D. 与相互独立 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件的定义，可判定A错误；根据古典摡型的概率计算公式，可判定B正确；利用古典摡型的概率计算公式，结合，可判定C错误；结合，可判定D错误. 【详解】对于A中，当时，，，事件与同时发生， 所以事件与不对立，所以A错误； 对于B中，因为，当时，要使得为偶数，有6种情况； 当时，要使得为偶数，则，有3种情况； 当时，要使得为偶数，有6种情况， 又由抛掷两枚骰子，共有种情形，所以，所以B正确； 对于C中，事件有：，共有5种情形，概率为， 事件“”，有 ，共有18种情形， 所以概率为，且， 则，所以与不相互独立，所以C错误； 对于D中，事件“为偶数”，事件“为奇数”， 有共9种情形， 所以概率为， 又由，，可得， 所以与不相互独立，所以D错误. 故选：B. 8. 中，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角公式化解得，根据内角范围可确定，由此可得的范围，由正弦定理，根据和差及二倍角公式化解，根据单调性确定范围即可. 【详解】， ，或， 又，，即不成立， 则，又，所以， 由正弦定理得 ， 又，所以， 即的取值范围是. 故选：C. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 已知复数（为虚数单位），则以下说法正确的有（ ） A. 复数的虚部为 B. C. 复数的共轭复数为 D. 复数在复平面内对应的点在第一象限 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数虚部的概念、模长计算公式、共轭复数的概念以及其几何意义，可得答案 【详解】对于A，由可得其虚部为，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由可得其共轭复数为，故C正确； 对于D，由可得其在复平面上的对应点为，易知该点位于第四象限，故D错误. 故选：BC. 10. 如图，在平面直角坐标系中，，，，则下列说法正确的有（ ） A. B. 四边形的面积为 C. 的外接圆的周长为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算求得即可求解选项A；根据四边形的面积为求解选项B；利用正弦定理求解选项C；利用向量数量积公式求解选项D. 【详解】由题意得：，，A正确， ，， ，， 过点C作x轴的垂线，设垂足为点E，，， 四边形的面积为，B正确 在直角三角形AEC中，， 设外接圆的半径为R，由正弦定理，解得，故外接圆的周长为，C正确； ，，， ，D错误 故选：ABC 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点为线段上的动点，动点在平面内，则下列说法中正确的是（ ） A. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B. 当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C. 当时，取得最小值 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A应用平面基本性质画出截面，应用面面平行的性质判断；B四面体的外接球即为的外接球，利用几何关系及已知列方程求线段长判断；C将平面与平面展开到一个平面内，根据两点间线段距离最短求解判断；D在平面内，过作，交延长线于，连接，关于直线对称的直线在平面内，其中为的对称点，应用二倍角余弦公式求得，进而确定最小时的位置，再应用余弦定理求长度判断. 【详解】对于A：连接并延长，交延长线于，连接并延长，交延长线于， 连接，交于，最后连接，即得平面截正方体所得的截面， 由为线段中点，根据等比例关系有为的中点，易知， 由平面平面，截面分别交平面、平面于， 所以，故截面为平行四边形，A正确； 对于B：四面体的外接球即为的外接球，令， 由正方形的外接圆半径为，则外接球半径， 所以，则，即，可得，B正确； 对于C：将平面与平面展开到一个平面内，如下图，则最小为长度， 又，则，C错误； 对于D：在平面内，过作，交延长线于，连接， 所以关于直线对称的直线在平面内，其中为的对称点， 易知，，，且， 所以， 当时，此时在延长线上，不符； 所以，当与重合时，最小，D正确. 故选：ABD 三、填空题（共3小题，每小题5分，满分15分.） 12. 已知一组数据：3，5，7，1，4，6，9，2，则这组数据的第75百分位数是________. 【答案】6.5## 【解析】 【分析】首先将数据从小到大进行排序，然后根据百分位的计算公式确定其位置，最后根据位置得出第75百分位数. 【详解】对原始数据从小到大排序为： 因为， 所以第75百分位数为第6个和第7个的平均数，即， 所以这组数据的第75百分位数是， 故答案：. 13. 在正三棱台中，，，棱台的高为，则该棱台的体积为________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据台体体积公式计算可解. 【详解】， . 故答案为：. 14. 在三棱锥中，和均为边长为的等边三角形，二面角的大小为60°，则三棱锥的外接球的表面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出球心，利用正弦定理求得四边形外接圆直径，根据勾股定理即可求外接球半径，得到表面积. 【详解】设的外心为，过分别作平面和平面的垂线， 则垂线交点即为三棱锥的外接球的球心，设中点为， ，则就是二面角的平面角，， 又和均为边长为的等边三角形，所以， 又，所以为等边三角形，则四边形外接圆直径， 所以三棱锥的外接球半径， 则外接球的表面积. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在中，，点是的中点，点，分别是，的三等分点，且，.设，. （1）用，表示，； （2）若，，求. 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算可求； （2）由已知先求解，然后利用，展开计算即可. 【小问1详解】 已知，，点是的中点， 则， 又因为，所以， 根据向量减法的三角形法则， 因为，且， 所以， 又， 根据向量减法的三角形法则； 【小问2详解】 已知，则，， 又因为，则， 所以， 所以. 16. 为了进一步推动体育强国和健康中国的建设，国家体育总局办公厅印发了《2025年群众体育工作要点》，为了解某地高中学生体育锻炼时长，从该地区28000名学生中抽取500人，得到日均体育锻炼时长的频率分布表，如下： 分组 频数 频率 120 0.24 160 155 0.31 35 30 0.06 合计 500 1 （1）求和的值； （2）估计该地区高中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）； （3）从和两组中用分层抽样的方法共抽取了7人，再从这7人中随机抽取2人，求这两人来自不同的组的概率. 【答案】（1）； （2）0.9小时 （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布表，结合频率计算公式即可求解； （2）根据频率分布表，结合平均数计算公式即可求解； （3）根据分层抽样，可得组抽取3人，组抽取4人，利用列举法，可知7人中随机抽取2人，共有21种情况，其中这两人来自不同的组共有12种情况，即可求解. 【小问1详解】 根据频率分布表，结合频率的计算，得，； 【小问2详解】 根据样本平均数公式可得 ， 所以估计该地区高中学生日均体育锻炼时长约为0.9小时； 【小问3详解】 两组频率之比为，共抽取7人， 由分层抽样可知：组抽取3人，组抽取4人， 设组的3人分别为，，，组的4人分别为，，，， 从7人中随机抽取2人的所有基本事件有： ，，，，，，，， ，，，，，，，， ，，，，共21个， 其中两人来自不同组的基本事件有： ，，，，，，，，，，，共12个， 所以两人来自不同组的概率. 17. 如图，和都垂直于平面，且，是的中点.为等边三角形. （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，. 因为为中点，所以， 平面，平面，故 又，故且. 所以四边形是平行四边形，所以 因为是等边三角形，是中点，所以 因为平面，平面，所以平面平面 又平面平面，平面，所以平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由中位线定理与平行四边形性质，可得线线平行，再根据面面垂直的判定与性质，可得线面平行，从而可得答案； （2）由三棱锥的体积公式求得底面等边三角形的边长，再根据线面角的定义在图中明确限面角，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设边长为，则，又平面且， 所以，解得. 由（1）知，平面，连接. 所以为直线与平面所成角. 因为平面，平面，所以. 由勾股定理知：.同理，. 因为为中点，所以. 由（1）知平面，平面，则. 由（1）易知. 所以，在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为. 18. 错题重做是一种有效的学习策略，它可以帮助学生更好地理解和掌握知识.某班级数学老师利用DeepSeek设计了一个错题重做网页小游戏.并在班级发起错题重做挑战赛.甲和乙两人组成“郴队”参加挑战赛.每轮比赛中，甲和乙各抽取一道错题，他们做对与否互不影响，且各轮结果也互不影响. （1）若甲每轮做对的概率为，乙每轮做对的概率为.求“郴队”在两轮比赛中做对2题的概率； （2）若甲和乙第一轮做对的概率分别为，，第二轮做对的概率分别为，.求“郴队”在两轮比赛中做对3题的概率. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）（2）设“甲第轮做对”为事件，“乙第轮做对”为事件，，应用独立乘法公式、互斥事件加法求概率； 【小问1详解】 设“甲第轮做对”为事件，“乙第轮做对”为事件，， 已知，，且与相互独立，各轮之间也相互独立. “郴队”在两轮比赛中做对2题有三种情况： 情况一：甲做对2题，乙做对0题的概率为. 情况二：甲做对0题，乙做对2题的概率为. 情况三：甲做对1题，乙做对1题 甲做对1题的概率为 乙做对1题的概率为 所以甲做对0题，乙做对2题的概率为. 因为这三种情况互斥，所以“郴队”在两轮比赛中做对2题. 【小问2详解】 设“甲第轮做对”为事件，“乙第轮做对”为事件，. 已知，，，，且各事件相互独立. “郴队”在两轮比赛中做对3题有两种情况： 情况一：甲做对2题，乙做对1题 甲做对2题的概率为 乙做对1题的概率为 所以甲做对2题，乙做对1题的概率为. 情况二：甲做对1题，乙做对2题 甲做对1题的概率为 乙做对2题的概率为 所以甲做对1题，乙做对2题的概率为. 由于这两种情况互斥，所以“郴队”在两轮比赛中做对3题的概率为. 19. 在2025年斯诺克世界锦标赛中，中国选手赵心童展现了卓越的球技，成为首位获得世锦赛冠军的中国选手，同时也是亚洲首位斯诺克世锦赛冠军.假设在一次模拟的斯诺克比赛中，球桌的尺寸为矩形，斯诺克选手需要从一个特定角度击球，使球从点出发，经过点，最终进入袋口，如图所示.其中，，，，足够长. （1）若，求； （2）若，交于点，设，，其中，，求的最大值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）若，则，在中，根据余弦定理即可求出； （2）法一，由三点共线的推论，列出向量的等式，又由、、三点共线，得到的关系式，变形得，进而得到的表达式，再利用基本不等式，即可求出最大值； 法二，由三点共线的推论，列出向量的等式，又由、、三点共线，得到的关系式，变形可得，利用上式拼凑出的表达式，再利用基本不等式，即可求出最大值； 【小问1详解】 因为，所以， 又因为，， 在中，由余弦定理可知， 即. 整理可得，解得或. 【小问2详解】 法一：因为，所以. 又因为，，所以. 因为、、三点共线，所以，变形得. 所以 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最大值为. 法二：因为，所以. 又因为，，所以. 因为、、三点共线，所以， 变形得. 因为，，所以， 所以. 当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $