精品解析：安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位. 2.答题时，每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号. 3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写.要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出、确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效. 4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交. 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 若复数满足，其中是虛数单位，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3i 2. 已知向量，则实数（ ） A. -2 B. 3 C. －1 D. 6 3. 某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人，则抽取的学生中，高一年级有（ ） A. 40人 B. 36人 C. 30人 D. 24人 4. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（ ） A. B. 20 C. 12 D. 5. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如八月有立秋、处暑，九月有白露、秋分.现从立秋、处暑、白露、秋分这4个节气中任选2个节气，则这2个节气至少有一个在八月的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 的三内角A，B，C所对边长分别是a，b，c，若，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 在正方形ABCD中，已知是AB中点，现以DE为折痕将折起到的位置，当三棱锥的体积最大时，此时三棱锥外接球的体积为，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内切圆圆心为，半径，且满足是内切圆上一动点，则取值范围是（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为偶数”记为事件，“点数大于2”记为事件，“点数小于3”记为事件.下列说法正确的是（ ） A 与互斥 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 10. 已知中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 11. 如图，已知正方体的棱长为交平面于点H，则下列说法正确的是（ ） A. 点是的重心 B. C. 面截正方体外接球所得截面的面积为 D. 以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某次期中考试随机抽取了12名同学数学成绩作为样本，分别是53，59，61，62，67，75，77，80，82，86，90，93.则这组数据的第75百分位数为___________. 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，体积为，则此四棱台的侧面与下底面所成二面角的正弦值为___________. 14. 在圆内接四边形中，，若，则的面积最大值为___________. 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. 已知， ，. （1）求的值； （2）求向量与夹角的余弦值． 16. 为了解中学生的体育锻炼情况，调查小组在某中学随机抽取了100名学生，统计了他们某一周的综合体育活动时间（单位：时），并按照将样本数据分成6组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）补全频率分布直方图，并估计该校学生每周综合体育活动时间中位数与平均数； （2）利用频率估计概率，若从该校随机抽取两名学生，且两名学生的体育活动情况互不影响，求这两名学生中至少有一人每周综合体育活动时间不低于8小时的概率． 17. 如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点. （Ⅰ）求证：平面平面 （Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值. 18. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 19. 唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆． （1）当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． （2）超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． （3）若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽省合肥市第一中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题 （考试时间：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位. 2.答题时，每小题选出答案后，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，再选涂其他答案标号. 3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写.要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出、确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效. 4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交. 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的. 1. 若复数满足，其中是虛数单位，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3i 【答案】B 【解析】 【分析】首先对复数进行化简，再根据复数虚部的定义即可得到答案. 【详解】由题意得，， 则的虚部为， 故选：. 2 已知向量，则实数（ ） A. -2 B. 3 C. －1 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】可求出，然后根据共线向量坐标运算列式从而解出m的值即可． 【详解】由题意可得，，且， 所以， 故选：A 3. 某校为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高三学生中选取90人进行调查，已知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人，则抽取的学生中，高一年级有（ ） A. 40人 B. 36人 C. 30人 D. 24人 【答案】D 【解析】 【分析】确定高一、高二、高三的人数比，由分层抽样特征即可求解； 【详解】由题意可知该校高一年级学生有400人，高二年级学生有500人，高三年级学生有600人， 则高一年级，高二年级与高三年级的学生人数比为， 根据分层抽样的特征可知，抽取的学生中，高一年级有人， 故选：D 4. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（ ） A. B. 20 C. 12 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为原图，结合已知求出原平面四边形的各边长，即可得解. 【详解】将直观图还原为原图，如图， 由题，，则，故，， 所以，而，， 所以四边形是平行四边形，周长为. 故选：B. 5. “春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如八月有立秋、处暑，九月有白露、秋分.现从立秋、处暑、白露、秋分这4个节气中任选2个节气，则这2个节气至少有一个在八月的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设立秋、处暑、白露、秋分四个节气分别为，列举出所有情况，和至少有一个在八月的情况，从而求出概率. 【详解】设立秋、处暑、白露、秋分四个节气分别， 4个节气中任选2个节气，有以下情况，， 共6种情况， 其中这2个节气至少有一个在八月的情况有， 共5种情况，所以这2个节气至少有一个在八月的概率为. 故选：C 6. 的三内角A，B，C所对边长分别是a，b，c，若，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理将角转化为边，可得，然后利用余弦定理可知结果. 【详解】在中，由正弦定理，可得：，， ，可得：，整理可得：， 由余弦定理可得：， . 故选：A. 7. 在正方形ABCD中，已知是AB的中点，现以DE为折痕将折起到的位置，当三棱锥的体积最大时，此时三棱锥外接球的体积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依据条件可知三角形DEC的外心为即为球心，然后表示出半径计算即可. 【详解】由题意，当平面垂直平面时，三棱锥的高有最大值，此时体积最大. 是直角三角形，取斜边DE的中点，则为直角三角形ADE的外心，设等腰三角形DEC的外心为，连接OG，则直线平面， 则，即为三棱锥的外接球的球心， 在中，， 则，得， 由正弦定理可知，外接球半径 则其体积为. 故选：B 8. 已知的内切圆圆心为，半径，且满足是内切圆上一动点，则取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】是重心，也是内心，是等边三角形，建立直角坐标系，写出点的坐标，设，求出，利用三角函数有界性求出的取值范围. 【详解】由，易知是重心， 又已知的内切圆圆心为，所以也是内心， 由三线合一可知是等边三角形. 如图，以为坐标原点，所在直线为y轴，平行于的直线为轴， 建立平面直角坐标系， 则，， 所以， 所以 ， 当时，取得最小值，最小值为， 当时，取得最大值，最大值为， 所以取值范围是 故选：B 二、多项选择题：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，有多项符合题目的要求，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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为偶数”记为事件，“点数大于2”记为事件，“点数小于3”记为事件.下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先写出事件，然后根据互斥事件、对立事件的概念以及相互独立概率公式逐项分析即可. 【详解】事件，事件，事件， 对于A，事件有公共元素2，可能同时发生，A选项不正确； 对于B，事件与事件对立对立，B选项正确； 对于C，由， 所以， 所以事件与事件相互独立，故C选项正确； 对于D，由选项C知，则， 故D选项错误. 故选：BC. 10. 已知中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据向量的线性关系化简判断A，再应用图形特征计算判断B，C，应用投影向量定义计算判断D. 【详解】中，，则，所以，A正确； 延长至E使，连接， 因为，则，不妨设，则， ， 由余弦定理得，所以B正确； ，C正确； 过作，交于，，所以在上的投影向量，D错误. 故选：ABC. 11. 如图，已知正方体棱长为交平面于点H，则下列说法正确的是（ ） A. 点是的重心 B. C. 面截正方体外接球所得截面的面积为 D. 以顶点A为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，由正方体的性质可知，判断可得；对B，作出图形可得；对C，得到面与正方体外接球的球心O之间的距离，然后计算即可；对D，作出图形，按照交线作出分类，求出弧线的长度，然后求和即可. 【详解】在正方体中 因为，所以H是的外心，由于是等边三角形，所以点H也是的重心，则选项A正确： 由A可知：连接交中点于点M， 则，B正确； 易得面与正方体外接球的球心O之间的距离， 故其截外接球所得圆的半径为，其圆的面积为，故C错误； 如图， 球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即面、面ABCD和面上； 另一类在不过顶点A的三个面上，即面、面和面上.在面上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上， 因为，则，同理， 所以，故弧EF的长为，而这样的弧共有三条. 在面上，交线为弧FG且在一个小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，所以弧FG的长为，这样的弧也有三条. 于是，所得的曲线长，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. 某次期中考试随机抽取了12名同学的数学成绩作为样本，分别是53，59，61，62，67，75，77，80，82，86，90，93.则这组数据的第75百分位数为___________. 【答案】84 【解析】 【分析】根据给定条件，利用第百分位数的定义求解. 【详解】由， 所以这组数据的第75百分位数为第9和第10的平均数， 即. 故答案为：84 13. 已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，体积为，则此四棱台的侧面与下底面所成二面角的正弦值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据正四棱台的体积公式求出棱台的高，再找出侧面与下底面所成二面角，求出各边长，最后求出该二面角的正弦值. 【详解】在正四棱台中，， 令上下底面中心分别为、，连接，则棱台的高为， 取的中点，的中点，连接， 过点作⊥于点，则， 如图所示，侧面与下底面所成二面角的平面角是， 由， 解得，故，， 由勾股定理得， 其正弦值， 即四棱台的侧面与下底面所成二面角的正弦值为 故答案为： 14. 在圆内接四边形中，，若，则的面积最大值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理建立方程，利用两角和的正弦公式展开得，进而求得；设并结合正弦定理表示出，，再利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求出最大值. 【详解】在△ABD中，， 由正弦定理得， 所以， 所以， 所以，所以； 所以是四边形外接圆直径，故， 设，则， 在中，， 由正弦定理得， 即， 在中，， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 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. 已知， ，. （1）求的值； （2）求向量与夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，可求的值； （2）利用向量数量积求出，，再由向量数量积求夹角的余弦值. 【小问1详解】 ， 由，得，所以. 【小问2详解】 因为， ， 所以，. 令向量与的夹角为θ， 则， 即向量与夹角的余弦值是. 16. 为了解中学生的体育锻炼情况，调查小组在某中学随机抽取了100名学生，统计了他们某一周的综合体育活动时间（单位：时），并按照将样本数据分成6组，制成如图所示的频率分布直方图． （1）补全频率分布直方图，并估计该校学生每周综合体育活动时间的中位数与平均数； （2）利用频率估计概率，若从该校随机抽取两名学生，且两名学生的体育活动情况互不影响，求这两名学生中至少有一人每周综合体育活动时间不低于8小时的概率． 【答案】（1）答案见解析，中位数为6.4，平均数为6.2. （2）0.51． 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1，可求出这一组的频率，进而求出矩形的“高度”，补全频率分布直方图，再根据中位数和平均数的概念，用评率分布直方图估计中位数和平均数. （2）利用对立事件概率的关系，结合独立事件计算公式，可求解. 【小问1详解】 第五组的频率为， 所以该组对应的小矩形高度为，故补全频率分布直方图如下： 设样本数据的中位数为，平均数为. 因为样本数据在的频率为， 样本数据在的频率为， 则，所以，解得， 故估计样本中位数为6.4. 故估计样本平均数为6.2. 由样本估计总体，该校学生每周综合体育活动时间的中位数与平均数分别为6.4和6.2． 【小问2详解】 由频率分布直方图可估计该校学生每周综合体育活动时间不低于8小时的频率为. 记事件“抽取的第1名学生每周综合体育活动时间不低于8小时”，“抽取的第2名学生每周综合体育活动时间不低于8小时”，由题意相互独立. 利用频率估计概率，． 记事件“抽取的两名学生中至少有一人每周综合体育活动时间不低于8小时”， 则 所以抽取的两名学生中至少有一人每周综合体育活动时间不低于8小时的概率为0.51． 17. 如图所示，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，底面，为的中点. （Ⅰ）求证：平面平面 （Ⅱ）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）证明祥见解析；（Ⅱ）． 【解析】 【详解】试题分析：根据题意可以建立空间直角坐标系来解答.以点为坐标原点，求出向量 的坐标，根据数量积得出，故 平面，于是平面平面. 求出平面的法向量，计算与的夹角，则直线 与平面所成角的正弦值等于 . 试题解析：（Ⅰ）以点为坐标原点，以直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，. ∴，，， ∴，， ∴，， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面， ∴平面平面 （Ⅱ），， 设是平面的一个法向量，则， ∴， 令，则，，即， ∴，，， ∴. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 点睛：立体几何是高中数学的重要内容之一,也历届高考必考的题型之一.本题考查是空间的直线与平面的垂直性质及线面角的求解.解答时第一问充分借助已知条件建立直角坐标系，借助于数量积证明线线垂直，进而得到线面垂直，故面面垂直；.关于第二问中的直线与平面所成角的问题,解答时巧妙运用建构空间直角坐标系,将直线和平面所成角的正弦转化为直线与法向量的余弦即可. 18. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可； （3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得：， 且， 可得， 即， 又因为，则， 可得，整理可得， 且，则， 可得，解得. 【小问2详解】 由余弦定理得：，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为：， 故面积的最大值为. 【小问3详解】 根据正弦定理得： ， 令，则， 可得， 将原式化为：， 因为，则，可得， 根据二次函数的图像性质得到， 当时，原式取得最小值，； 当时，原式取得最大值，； 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：对于（3）：对于已知角的范围问题，解题关键是利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简整理，进而根据三角函数有界性分析求解. 19. 唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆． （1）当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． （2）超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． （3）若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意，当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大，求出内切球体积即可； （2）运用古典概型，结合互斥事件和独立乘法公式求解即可； （3）过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角．运用余弦定理，求解证明即可. 【小问1详解】 设被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意， 当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大， 此时设四棱锥的高为h，则． 所以， 正八面体每个面的面积是． 由得：．解得．所以． 【小问2详解】 在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点， 该试验的样本空间 共20个样本点，所以． 每种选择是等可能的，因此这个实验是古典概型． 设事件甲获得“花好”卡片，事件乙获得“花好”卡片 ， 所以，从而． 设事件甲获得“月圆”卡片，事件乙获得“月圆”卡片， 任取三个顶点构成三角形，除等边三角形外，其余全部为直角三角形， 所以，从而． 记两人所获得卡片能凑成“花好月圆”为事件M， ，且与互斥，根据概率加法公式和事件的独立性定义， 得 因此甲乙两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率为． 【小问3详解】 证明：过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角． 在中，；① 在中，．② 由①②得， 从而， 所以，即． 所以定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $