精品解析：广西桂林市桂林中学2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题A

2024-2025学年（下）高一年级期末质量检测 数学（试题A） 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，只有一项是符合题目要求. 1. 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. 如图所示，表示水平放置的的直观图，则的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 2 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间两直线没有公共点，则这两条直线异面； B. 与两条异面直线都相交两直线可能是异面直线，也可能是相交直线； C. 空间三点确定一个平面； D. 过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线垂直． 4. 下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（ ） A. 样本平均数 B. 样本的中位数 C. 样本的众数 D. 样本的标准差 5 已知随机事件A，B，C中，与相互独立，与对立，且，，则（ ） A. 0.4 B. 0.58 C. 0.7 D. 0.72 6. 已知圆台的上下底面的半径分别为1和2，母线长为2，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（ ） A. B. C. D. 8. ，，则（ ） 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. 已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，垂足为，则（ ） A. B. 是锐角 C. 点坐标为 D. 10. 一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B关系用图表示，如图所示，其中 ， ，则下列结论中正确的是（ ） A. n（AB）=4 B. C. D. A与B相互独立 11. 在中，点，分别在和上，且满足，，点在线段上，且，则下列各组数据适合的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中i是虚数单位，则________． 13. 已知某学校音乐社、舞蹈社和美术社三个社团的学生人数之比为2:3:4，其中这三个社团中会乐器的人数占各社团人数的比例分别为.（ⅰ）现从这三个社团中各随机抽取一人，则这三人均会乐器的概率为______；（ⅱ）若将这三个社团成员组成一个联合团体，从中随机抽取一人，则此人不会乐器的概率为______. 14. 勒洛四面体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围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为______． 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. 设 （1）若且，求x的值； （2）在 中， 角A、B、C的对边分别为a、b、c， 设M为AB边的中点.若 且，求的大小； （3）设常数求证：对任意，关于x的不等式在区间上均有解. 16. 某学校组织学生参加交通安全和环境保护知识宣讲活动．已知该校高一某班全体学生参与上述活动的情况如下表所示： 参加交通安全知识宣讲 未参加交通安全知识宣讲 参加环境保护知识宣讲 人 人 未参加环境保护知识宣讲 人 人 （1）从该班随机选取名学生，试估计该学生至少参加一项活动的概率； （2）已知既参加交通安全知识宣讲又参加环境保护知识宣讲名学生中，有名男生和名女生．现从这名学生中随机选取人作为主讲人，求选取的人中恰有名男生和名女生的概率． 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点E在棱上． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求； （3）当取得最小值时，求二面角的余弦值． 18. 记的内角所对的边分别为，向量，且. （1）求角A； （2）若，点为的内心，求面积的最大值. 19. 如图，在直角梯形中，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年（下）高一年级期末质量检测 数学（试题A） 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，只有一项是符合题目要求. 1. 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】根据复数四则运算化简，即可求出在复平面内点的坐标，即可求解. 【详解】由题意可设. 故在复平面内对应的点为. 其位于第一象限． 故选：． 2. 如图所示，表示水平放置的的直观图，则的面积是（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据直观图和原图间的关系可求答案. 【详解】由图可得的底边为2，高为4，所以的面积是4. 故选：B 3. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间两直线没有公共点，则这两条直线异面； B. 与两条异面直线都相交的两直线可能是异面直线，也可能是相交直线； C. 空间三点确定一个平面； D. 过直线外一点，有且只有一条直线与已知直线垂直． 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中直线与直线位置关系可判断A；根据异面直线的概念可判断B；根据平面的基本性质可判断C；根据空间异面直线所成角可判断D. 【详解】对A，若空间两直线没有公共点，则这两条直线平行或异面，故A错误； 对B，与两条异面直线都相交的直线如果是交于不同的四个点，则两直线为异面直线，若交于三个点，则两直线为相交直线，故B正确； 对C，由平面的基本性质可知，空间不共线的三点可以确定一个平面，故C错误； 对D，过直线外一点，有无数条直线与已知直线垂直，故D错误； 故选：B. 4. 下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（ ） A. 样本的平均数 B. 样本的中位数 C. 样本的众数 D. 样本的标准差 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数和标准差的定义及性质即可得出结论. 【详解】由题意，平均数、众数和中位数均刻画了样本数据的集中趋势. 一般地, 对数值型数据集中趋势的描述, 可以用平均数和中位数, 对分类型数据集中趋势的描述, 可以用众数. 方差、标准差和极差均是度量样本数据离散程度的数字特征. 故选：D. 5. 已知随机事件A，B，C中，与相互独立，与对立，且，，则（ ） A. 0.4 B. 0.58 C. 0.7 D. 0.72 【答案】B 【解析】 【分析】由公式可知只需求出即可，结合对立减法公式以及独立乘法公式即可求解. 【详解】，， 所以. 故选：B. 6. 已知圆台的上下底面的半径分别为1和2，母线长为2，则它的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据勾股定理求解圆台的高，再根据台体的体积公式求解即可. 【详解】由图可得，圆台的高为， 故圆台的体积为. 故选：D. 7. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形面积公式，平面向量数量积的定义及得出，；再利用余弦定理即可求解. 【详解】由的面积为可得：； 由可得：. 因为， 所以，， 则. 因为， 所以，. 由余弦定理可知：，即. 故选：D 8. ，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和、差的余弦公式化简求值，结合同角三角函数的基本关系可得结果. 【详解】由题意得，， 所以， 所以. 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. 已知点是平面直角坐标系的原点，点的坐标为，点的坐标为，若点满足，垂足为，则（ ） A. B. 是锐角 C. 点的坐标为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量的坐标表示求解． 【详解】因为点，点，则， 故，故A正确； ，，则，若， 即，可得，此方程无解，所以与不共线， 所以是锐角，故B正确； 设点的坐标为，则，， 因为，所以，解得，故，所以C错误； 因为，设，则， 由于，所以，即，解得， 所以，故D正确. 故选：ABD. 10. 一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B关系用图表示，如图所示，其中 ， ，则下列结论中正确的是（ ） A. n（AB）=4 B. C. D. A与B相互独立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由图易求得可判断A，求得，利用古典概型概率公式计算即可判断B；求得，利用古典概型概率公式计算即可判断C；分别求出事件求得，.进而计算判断即可. 【详解】对于A，由图知，，故A正确 ； 对于B，因为，，所以， 所以，故B不正确； 对于C，因为，所以，故C正确； 对于D，因为，又， ，，所以A与B相互独立，故D正确. 故选：ACD. 11. 在中，点，分别在和上，且满足，，点在线段上，且，则下列各组数据适合是（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ACD 【解析】 【分析】由点在线段上可设，.根据题意可得，，∴.结合平面向量基本定理即可得到，逐项判断即可求解. 【详解】∵点在线段上，∴设，. 又点，分别在和上，且满足，， ∴，，∴. 又，∴，即. 故选项A，C，D正确，选项B错误. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中i是虚数单位，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】解法一：根据复数除法化简复数，进而求得共轭复数，代入计算即可；解法二：求得，根据计算即可求解. 【详解】解法一：因为，， 所以； 解法二：因为，所以. 故答案为：1 13. 已知某学校音乐社、舞蹈社和美术社三个社团的学生人数之比为2:3:4，其中这三个社团中会乐器的人数占各社团人数的比例分别为.（ⅰ）现从这三个社团中各随机抽取一人，则这三人均会乐器的概率为______；（ⅱ）若将这三个社团成员组成一个联合团体，从中随机抽取一人，则此人不会乐器的概率为______. 【答案】 ①. ##0.015 ②. 【解析】 【分析】第一空由独立事件的乘法公式可得；第二空结合题意由全概率公式可得. 【详解】由题意可得，从这三个乐团中随机抽取一个人会乐器的概率分别为0.3,0.2,0.25， 所以由独立事件的乘法公式可得三人均会乐器的概率为； 由全概率公式可得. 故答案为：；. 14. 勒洛四面体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围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为______． 【答案】 【解析】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 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. 设 （1）若且，求x的值； （2）在 中， 角A、B、C的对边分别为a、b、c， 设M为AB边的中点.若 且，求的大小； （3）设常数求证：对任意，关于x的不等式在区间上均有解. 【答案】（1）或 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据条件结合辅助角公式以及三角函数的性质求解即得； （2）根据余弦定理可得，进而根据向量的模长求解即得； （3）根据余弦函数的性质求解不等式得或，即可对讨论求解. 【小问1详解】 由可得， 进而可得， 由于故，故或， 解得或， 【小问2详解】 , 由余弦定理可得, 故， 由于M为AB边的中点，所以, 故 ； 【小问3详解】 由可得， 故或， 当取时，得一组解为：或， 当时，取，即满足， 当时，，故此时取，满足， 当时，，故此时取，满足， 综上可知：对任意的，关于x的不等式在区间上均有解 16. 某学校组织学生参加交通安全和环境保护知识宣讲活动．已知该校高一某班全体学生参与上述活动的情况如下表所示： 参加交通安全知识宣讲 未参加交通安全知识宣讲 参加环境保护知识宣讲 人 人 未参加环境保护知识宣讲 人 人 （1）从该班随机选取名学生，试估计该学生至少参加一项活动的概率； （2）已知既参加交通安全知识宣讲又参加环境保护知识宣讲的名学生中，有名男生和名女生．现从这名学生中随机选取人作为主讲人，求选取的人中恰有名男生和名女生的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式直接计算； （2）利用列举法计算古典概型概率. 【小问1详解】 由题意知，至少参加一项活动的学生人数为：， 班级学生总数为． 因此，该学生至少参加一项活动的概率； 【小问2详解】 设名男生分别为，，，；名女生分别为，， 记这名学生中随机选取的人为和，则可用表示样本点， 样本空间，且， 记事件“选取的人中恰有名男生和名女生”，则 ，， 因为中每一个样本点的可能性都相等，所以． 17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点E在棱上． （1）求证：平面平面； （2）若平面，求； （3）当取得最小值时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理及菱形的性质得出及；再根据线面垂直的判定定理得出平面；最后根据面面垂直的判定定理可证得平面平面． （2）先根据线面平行的性质定理得出，进而得出E到平面的距离；再根据菱形的性质得出；最后根据三棱锥等体积及锥体的体积公式即可求解. （3）先根据线面垂直的性质定理即二面角的定义得出即为二面角的平面角；再根据线面垂直的判定定理及性质定理得出；最后结合菱形的性质及三角形的有关计算即可求解. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以. 因为四边形为菱形，所以. 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． 【小问2详解】 连接，如图所示： 因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为O是中点，所以E是中点． 因为平面，， 所以E到平面的距离． 因为在菱形中，，， 所以， 所以． 小问3详解】 由（1）知：平面， 因为平面，平面，平面， 得，，， 故即为二面角的平面角． 当取得最小值时，有， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以. 又因为在菱形中，，， 所以，， 又因为， 所以， 又因为在中，， 所以． 则在中，， 所以二面角的余弦值为． 18. 记的内角所对的边分别为，向量，且. （1）求角A； （2）若，点为的内心，求面积的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由向量平行的坐标表示和正弦定理边化角得即可求解； （2）法一：先由内心定义得，进而求出，接着由余弦定理得，再由基本不等式求出结合面积公式即可求解；法二：先由结合求出得到 ，接着在中由余弦定理结合基本不等式得即可分析求解. 【小问1详解】 由题意得， 由正弦定理得， 因为，所以，所以， 所以，又，所以. 【小问2详解】 解法一：由（1）知，因为点为的内心， 所以， 由三角形内角和定理得. 在中，由余弦定理得，又， 所以，由基本不等式得， 所以，当且仅当等号成立. 所以面积 所以面积的最大值为； 解法二：设的内切圆半径为， 所以的面积， 又，所以， 因为点为的内心， 所以， 在中，由余弦定理得，即， 所以，即，由基本不等式得， 解得，当且仅当等号成立. 所以， 所以的面积的最大值为. 19. 如图，在直角梯形中，，，，，点在上，且，将沿折起，使得（如图），为中点． （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）证明，再利用线面垂直的判定推理得证.. （2）分别计算的长和梯形的面积，即可得出棱锥的体积. （3）过点作交于点，过点作交于点，连接，利用面面平行的判定、性质推理证明，进而计算的值． 【小问1详解】 连接BG，由为中点，，得，又，则， ，由余弦定理得， 即，则，又平面，且， 所以平面． 【小问2详解】 在直角三角形中，，则，， 所以四棱锥的体积为. 【小问3详解】 过点作交于点，则， 过点作交于点，连接，则， 又平面，平面，于是平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 而平面，则平面， 所以在上存在点，使得平面，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $