精品解析：黑龙江省绥化市安达市高级中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

2024-2025学年度下学期期末教学质量监测 高一数学试题 满分：150分 时间：120分钟 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则求出，进而求出共轭复数，再求解. 【详解】 ，则 . 所以 . 故选：D 2. 的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（ ） A B. 4 C. D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】将直观图还原为原图，然后即可求解. 【详解】将直观图还原为原图，如图所示，则是直角三角形，其中，， 故的面积为， 故选：B． 3. 下列选项正确的是（ ） A. 空间三点确定一个平面 B. 如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 C. 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直 D. 如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本事实1判断A，根据面面平行的判定判断B，根据线面垂直的性质判断C，根据空间角的定理判断D. 【详解】空间中不共线的三点确定一个平面，故A错； 如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行， 那么这两个平面平行，无数并不代表所有，故B错； 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，故C对； 如果空间中一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故D错. 故选：C 4. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米2020石（石，古代质量单位），验得米内夹谷，抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，则这批米内夹谷约为（假设一粒谷和一粒米的质量近似相同）（ ） A. 210石 B. 220石 C. 230石 D. 240石 【答案】C 【解析】 【分析】根据抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，可计算出夹谷的频率，从而得解． 【详解】设这批米内夹谷约为石，根据样本的性质可得，求得， 即这批米内夹谷约为230石， 故选：C. 5. 若是的边上的一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据共线向量定理的推论得，然后利用基本不等式求解最小值即可. 【详解】因为是的边上的一点（不包含端点）且， 可得，，， 则， 当且仅当，即时，等号成立. 故选：C 6. 在中，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】和的分别为和的方向向量，结合可判断的形状，再由数量积的运算可求，再根据三角形内角和为，即可求解. 【详解】因为，所以的角平分线与垂直，所以， 因，,所以， 则． 故选：A 7. 已知圆锥的顶点为为底面圆心，母线互相垂直且的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二面角的平面角的概念，做出二面角的平面角，求出各边长，在求出二面角的平面角的正弦值，判断角的大小. 【详解】取的中点，连接， 因为，为的中点，则，由垂径定理可得， 所以二面角的平面角为， 因为平面，平面，则， 因为，，则为等腰直角三角形， ，则，，， 因平面，则为直线SA与圆锥底面所成角，即， 则在中，，故， 所以，， 因为，故，即二面角的大小为. 故选：C. 8. 若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为、，则（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】正三棱柱的外接球和内切球的球心相同，根据题意画出图形分别求出外接球和内切的半径，再求比值即可 【详解】由于三棱柱的外接球和内切球的球心相同，如图，，， 因为为正三角形，为的中心， 所以， 所以， 在中，， 所以， 所以，， 所以， 故选：A 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. 已知平面向量，则（ ） A. 不垂直 B. ，使得共线 C. 当时， D. 当时，在方向上的投影向量为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，可通过向量的数量积进行判断；对于选项B，根据向量的共线性质进行判断；对于选项C，首先求出的坐标，然后求其和的模；对于选项D，首先求出的坐标，然后根据向量的投影公式进行求解. 【详解】因为， 则， 所以不垂直，所以选项A 正确. 假设，则，所以， 所以当时，共线，所以选项B正确 当时，， 所以，所以，所以选项C错误. 当时，， 所以在方向上的投影向量为. 故选：. 10. 在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则是等边三角形 C. 若的面积为，则的外接圆半径的最小值为 D. 若是锐角三角形，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】由可得. 对于A，由余弦定理可得；对于B，由可得，据此可判断选项正误；对于C，由正弦定理可得，R为外接圆半径，然后积化和差公式可得，据此可得外接圆半径最小值；对于D，由正弦定理边角互化可得，然后由是锐角三角形可得 ，据此可得取值范围. 【详解】由，可得 ，则由正弦定理边角互化可得， 对于A，由余弦定理可得，又，则，故A错误； 对于B，因，则，，则，结合，可得是等边三角形，故B正确； 对于C，因的面积为，结合，则. 由正弦定理，，R为外接圆半径，则， 对于，由积化和差公式，，当且仅当时取等号，则，故C错误； 对于D，由正弦定理边角互化可得： ， 因锐角三角形，则，则， ，则，故D正确. 故选：BD 11. 如图，在多边形ABPCD中（图1）.四边形为长方形，为正三角形，，，现以BC为折痕将折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好是AD的中点（图2）.若点E在线段PB上运动，Q点在AD上运动，则（ ） A. 平面PAD B. 平面平面 C. Q到平面的距离为2 D. 当时，三棱锥的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】取的中点，利用线面垂直得判定定理即可求证A选项；设平面平面，利用线面平行得判定定理和性质定理求证即可得出为二面角的平面角，再利用勾股定理求证即可判断B选项；利用即可判断C选项；利用即可判断D选项. 【详解】对于A，取的中点，连接，由题知平面， 因为平面，所以， 又四边形为长方形，则， 又，平面，所以平面，故A正确； 对于B，设平面平面， 因，平面，平面，则平面， 因平面，且平面平面，则， 由A选项可知，平面，结合平面， 有，则， 故为二面角的平面角， 因，为正三角形，则， 因，则在中，有，同理， 则，即， 故平面平面，则B正确； 对于C，由AB选项易得，设点到平面的距离为， 则由得，， 即， 故Q到平面的距离为，故C错误； 对于D，因， 则， 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. 有5人进行定点投篮游戏，每人投篮12次．这5人投中的次数形成一组数据，中位数为10，唯一众数为11，极差为3，则该组数据的第40百分位数是_________． 【答案】9.5 【解析】 【分析】根据统计量计算中中位数、众位数、极差以及百分数的概念，结合多个条件构造符合条件的数据组求解. 【详解】设这5个数据从小到大为: 已知中位数为第三个数，故； 唯一众数为11，故d，e至少含11，且11出现次数至少2次，故； 极差为3，即； 若，则10和11均出现2次，众数不唯一；若，则8和11均出现2次，众数不唯一. 因此，. 综上，数据为：8，9，10，11，11. 根据百分位数公式：设数据个数为n，第百分位数的位置. 已知，，故. 当i为整数时，第百分位数位第项与第项的平均值，即 故答案为：9.5. 13. 已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是_________． 【答案】1 【解析】 【分析】首先确定复数对应点的轨迹，然后根据点到直线的距离求出最小值. 【详解】设在复平面内对应的点分别为， 因， 且，则复数对应的点的轨迹为线段，如图所示. 故的最小值问题可理解为：动点在线段上移动，求的最小值， 故只需作，交线段于点，则即为所求的最小值1，故的最小值是1. 故答案为：1. 14. 祖暅（gèng）（5世纪—6世纪），字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县（今河北省涞水县）人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面的距离为，则平面截半球所得的较小部分的几何体的体积等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意中给的原理，结合圆柱、圆锥的体积运算，即可求解. 【详解】由题意知， ， ， 所以， 所以该平面α截半球所得的较小部分的几何体的体积为： . 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. 中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）； （3）求这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1得到方程，求出答案； （2）利用平均数计算公式和频率分布直方图进行求解； （3）求出年龄在内的频率，进而求出人数. 【小问1详解】 由题意可得， 解得. 【小问2详解】 ， 由题意可得这500名中国AI大模型用户年龄的平均数的估计值为岁； 【小问3详解】 由频率分布直方图可知中国AI大模型用户的年龄在内的频率为， 则这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为. 16. 如图，在正方体中，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立． 【小问1详解】 连接交于点，则为的中点， 因为为的中点，则，平面，平面， 因此，平面． 【小问2详解】 因为且，为的中点，为的中点， 所以，，所以，四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面，又平面，， 因此，平面平面． 17. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）点在边上，且，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合诱导公式计算得出，最后结合角的范围求解； （2）应用余弦定理得出，，即可求解. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以，所以． 【小问2详解】 在中，，解得， 在中，，所以， 所以周长． 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，底面，E是棱PB的中点． （1）证明：平面平面． （2）求PB与平面PCD所成角的余弦值． （3）记过点E且与平面PAD平行的平面为α，求α截四棱锥所得截面的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）先应用线面垂直判定定理得出平面，最后结合所应用面面垂直判定定理证明； （2）先应用线面垂直判定定理得出平面，再结合线面角定义得出是PB与平面PCD所成角，求出余弦值即可； （3）应用线面平行判定定理得出平面进而得出平面平面， 进而得出截面为梯形，最后计算求值. 【小问1详解】 证明：因为底面为菱形，所以． 又平面，平面，所以． 因为平面，所以平面． 又平面，所以平面平面． 【小问2详解】 取CD的中点O，连接BO，PO． 在菱形ABCD中，由，可得． 因平面，平面，所以． 又平面，所以平面， 则∠BPO即为PB与平面PCD所成的角． 因为，所以，，， 则，即PB与平面PCD所成角的余弦值为． 【小问3详解】 分别取AB，PC的中点F，G，连接EF，FO，OG，EG． 因为E是棱PB的中点，所以，则E，F，O，G四点共面． 又，，所以平面． 同理可得平面，则平面平面， 故α截四棱锥P-ABCD所得截面为四边形EFOG． 所以，从而，则四边形EFOG为直角梯形． ，，， 则四边形的面积， 即α截四棱锥P-ABCD所得截面的面积为． 19. 记斜的内角的对边分别为，已知，且． （1）求角； （2）为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理，结合二倍角公式即可求出角的值； （2）通过向量平方关系，结合余弦定理求出的值，最后用三角形面积公式即可得出答案； （3）先在和中利用正弦定理将边长转化为三角函数形式，进而表示出，再利用三角函数的单调性确定的取值范围. 【小问1详解】 利用余弦定理化简，得， 在斜中，得，， 故上式可化为， ，可得，利用二倍角公式可得， ，，即，. 【小问2详解】 为边的中点，根据向量的平行四边形法则，得，两边同时平方得，， ，得， 由（1）可知，即，， 由余弦定理得，解得， 的面积为 【小问3详解】 ，在中，由正弦定理可得，，即， 在中，由正弦定理可得，，即， 四边形的内角和为，且，， 在中，由余弦定理可得， ， 即， ， ，在中,，， ，故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度下学期期末教学质量监测 高一数学试题 满分：150分 时间：120分钟 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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 8 3. 下列选项正确的是（ ） A. 空间三点确定一个平面 B. 如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行 C. 过一点有且只有一条直线与已知平面垂直 D. 如果空间中一个角两边和另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等 4. 我国古代数学名著《九章算术》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米2020石（石，古代质量单位），验得米内夹谷，抽样取米一把，数得255粒内夹谷29粒，则这批米内夹谷约为（假设一粒谷和一粒米的质量近似相同）（ ） A. 210石 B. 220石 C. 230石 D. 240石 5. 若是的边上的一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 6. 在中，，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆锥顶点为为底面圆心，母线互相垂直且的面积为2，直线SA与圆锥底面所成角为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 若正三棱柱既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的内切球和外接球的半径分别为、，则（ ） A B. 5 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. 已知平面向量，则（ ） A. 不垂直 B ，使得共线 C. 当时， D. 当时，在方向上的投影向量为 10. 在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，且，则下列说法正确的有（ ） A. B. 若，则是等边三角形 C. 若的面积为，则的外接圆半径的最小值为 D. 若是锐角三角形，则的取值范围是 11. 如图，在多边形ABPCD中（图1）.四边形为长方形，为正三角形，，，现以BC为折痕将折起，使点P在平面ABCD内的射影恰好是AD的中点（图2）.若点E在线段PB上运动，Q点在AD上运动，则（ ） A 平面PAD B. 平面平面 C. Q到平面的距离为2 D. 当时，三棱锥的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 有5人进行定点投篮游戏，每人投篮12次．这5人投中的次数形成一组数据，中位数为10，唯一众数为11，极差为3，则该组数据的第40百分位数是_________． 13. 已知为虚数单位，如果复数满足，那么的最小值是_________． 14. 祖暅（gèng）（5世纪—6世纪），字景烁，祖冲之之子，范阳郡道县（今河北省涞水县）人，南北朝时期的伟大科学家.他在实践的基础上，于5世纪末提出了下面的体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”.用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，半径为R的半球与底面半径和高都为R的圆柱放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等.若球心到平面的距离为，则平面截半球所得的较小部分的几何体的体积等于___________. 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. 中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段.为了解中国AI大模型用户的年龄分布，A公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）； （3）求这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数. 16. 如图，在正方体中，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 17. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）求角的大小； （2）点在边上，且，求的周长． 18. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，，，底面，E是棱PB的中点． （1）证明：平面平面． （2）求PB与平面PCD所成角的余弦值． （3）记过点E且与平面PAD平行的平面为α，求α截四棱锥所得截面的面积． 19. 记斜的内角的对边分别为，已知，且． （1）求角； （2）为边的中点，若，求的面积； （3）如图所示，是外一点，若，且，记的周长为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $