精品解析：四川省甘孜藏族自治州2024-2025学年高一下学期7月全州统一调研考试数学试题

甘孜州2024-2025学年下期全州统一调研考试 高一期末数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1.答题前， 务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后， 只将答题卡交回. 一、单选题（40分） 1. （ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 3. 某学校高一､高二､高三年级学生人数之比为，利用分层抽样的方法抽取容量为35的样本，则从高一年级抽取学生人数为（ ） A. 7 B. 10 C. 15 D. 20 4. 已知圆台上下底面积分别为，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知事件，互斥，，且，则（ ） A B. C. D. 6. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 一个袋子里装有2个红球和2个黑球，甲、乙每人随机不放回地取1个球，则互斥且不对立的两个事件是（ ） A. “甲取出的球是红球”与“甲取出的球是黑球” B. “甲取出的球是红球”与“乙取出的球是红球” C. “甲、乙取出球都是红球”与“甲、乙取出的球都是黑球” D. “甲、乙取出的球都是红球”与“甲、乙取出的球中至少有1个红球” 8. 如图，四面体中，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为（ ） A. B. C. D. 或 二、多选题（18分） 9. 在中，为边的中点，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 若复数，则 B. 若，则或 C. 若复数是纯虚数，则实数或－4 D. 在复平面内，，所对应的向量分别为，，其中为坐标原点，若，则 11. 已知一直角三角形的两条直角边分别为1cm，2cm，以这个直角三角形的一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则这个几何体的体积可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（15分） 12. 某次体检，位同学的身高（单位：米）分别为，，，，，，，则这组数据的第百分位数是_________（米） 13. 某工厂统计了甲产品在2024年7月至12月的销售量（单位：万件），得到以下数据： 月份 7 8 9 10 11 12 销售量 11 12 14 15 18 20 根据表中所给数据，可得相关系数__________.（结果用四舍五入法保留2位小数） （参考公式：相关系数，参考数据：，） 14. 如图，在中，点在边上，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，且是的中点，若，（，），则的最小值为________. 四、解答题（77分） 15. 如图，在平行四边形中，是的中点，且在直线上，且，记，，若. （1）求的值； （2）若，，且，求 16. 如图，梯形是水平放置的四边形的斜二测画法的直观图，已知，，． （1）在下面给定的表格中画出四边形（不需写作图过程）； （2）若四边形以所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征，并求该几何体的体积． 17. 近年来，由于互联网普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示. （1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 18. 已知四棱锥，底面为菱形，，为上的点，过的平面分别交，于点，，且平面． （1）证明：； （2）当为中点，，与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 19. 当的三个内角均小于时，使得的点为的“费马点”；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为的“费马点”.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，P是的“费马点”. （1）若，，. ①求； ②设的周长为，求的值； （2）若，，求实数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 甘孜州2024-2025学年下期全州统一调研考试 高一期末数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1.答题前， 务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.答选择题时，必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5.考试结束后， 只将答题卡交回. 一、单选题（40分） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则法则计算即可. 【详解】. 故选：A. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示，列式计算即得. 【详解】向量，，由，得，所以. 故选：B 3. 某学校高一､高二､高三年级学生人数之比为，利用分层抽样的方法抽取容量为35的样本，则从高一年级抽取学生人数为（ ） A. 7 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层抽样的特点即可得到答案. 【详解】根据分层抽样的特点知高一年级抽取学生人数为. 故选：C. 4. 已知圆台上下底面积分别为，母线长为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆台的体积公式代入求解即可. 【详解】因为圆台的上､下底面积分别为， 所以该圆台的上､下底面的半径分别1，2， 如图所示： 即，，，所以，所以， 故圆台的高为2，则圆台的体积， 故选：. 5. 已知事件，互斥，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件的加法公式，结合已知及对立事件的概率公式求解. 【详解】由事件，互斥，，得，而， 联立解得，故. 故选：B 6. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件结合正弦定理列方程求，又，可得，由此可求. 【详解】由正弦定理可得，又，，， 所以，所以， 又，所以， 所以， 故选：A. 7. 一个袋子里装有2个红球和2个黑球，甲、乙每人随机不放回地取1个球，则互斥且不对立的两个事件是（ ） A. “甲取出的球是红球”与“甲取出的球是黑球” B. “甲取出的球是红球”与“乙取出的球是红球” C. “甲、乙取出球都是红球”与“甲、乙取出的球都是黑球” D. “甲、乙取出的球都是红球”与“甲、乙取出的球中至少有1个红球” 【答案】C 【解析】 【分析】由互斥，对立事件定义分析各选项可得答案. 【详解】A选项，“甲取出的球是红球”与“甲取出的球是黑球”是对立事件，故A错误； B选项，“甲取出的球是红球”与“乙取出的球是红球”可以同时发生，不是互斥事件，故B错误； C选项，“甲、乙取出的球都是红球”与“甲、乙取出的球都是黑球”是互斥且不对立事件，故C正确； D选项，“甲、乙取出的球都是红球”与“甲、乙取出的球中至少有1个红球”可以同时发生，不是互斥事件，故D错误. 故选：C. 8. 如图，四面体中，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用异面直线的夹角定义和余弦定理求解. 【详解】取的中点为，连接， 在中，，且， 在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为， 所以直线的夹角为，则或， 所以在中， 当时，由余弦定理得， ，得， 当时，由余弦定理得， ，得， 故选：D 二、多选题（18分） 9. 在中，为边的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据平面向量的加减法运算法则及数乘运算计算求解. 【详解】在中，，A选项正确； ，B选项正确； 在中，为边的中点，则，C选项错误； ，所以D选项错误； 故选：AB. 10. 已知为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 若复数，则 B. 若，则或 C. 若复数是纯虚数，则实数或－4 D. 在复平面内，，所对应的向量分别为，，其中为坐标原点，若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的模长公式求解，进而即可判断选项A；由复数模长的几何意义即可判断选项B；根据纯虚数的意义求解，进而即可判断选项C；根据矩形的性质及向量加法和减法的几何意义即可判断D． 【详解】对于选项A，若，则，故选项A正确； 对于选项B，若，则在复平面内对应的点的集合是以原点为圆心，1为半径的圆， 即有无数个点与复数对应，故选项B错误； 对于选项C，若是纯虚数， 则，解得，故选项C错误； 对于选项D，若，则复平面内以，为邻边的平行四边形是矩形， 由矩形的对角线相等，则，即，故选项D正确． 故选：AD． 11. 已知一直角三角形的两条直角边分别为1cm，2cm，以这个直角三角形的一边所在直线为轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体，则这个几何体的体积可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】斜边长为，斜边上的高为，对轴分三种情况，结合圆锥的体积公式即可求解. 【详解】由题意斜边长为， 若以直角边为轴，则所求为， 若以直角边为轴，则所求为， 若以斜边为轴，则斜边上的高为，所求为. 故选：ABC. 三、填空题（15分） 12. 某次体检，位同学的身高（单位：米）分别为，，，，，，，则这组数据的第百分位数是_________（米） 【答案】 【解析】 【分析】首先将数据从小到大排列，再根据百分位数计算规则计算可得. 【详解】将这个数据从小到大排列为，，，，，，， 因为，故第百分位数为第个数. 故答案为： 13. 某工厂统计了甲产品在2024年7月至12月的销售量（单位：万件），得到以下数据： 月份 7 8 9 10 11 12 销售量 11 12 14 15 18 20 根据表中所给数据，可得相关系数__________.（结果用四舍五入法保留2位小数） （参考公式：相关系数，参考数据：，） 【答案】 【解析】 【分析】根据表中数据求出，进而得出的值，代入公式计算即可得出答案. 【详解】由已知可得，， ， 则， ， 所以，. 故答案为：. 14. 如图，在中，点在边上，过点的直线与，所在的直线分别交于点，，且是的中点，若，（，），则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据平面向量基本定理，结合平面向量的线性运算，得到的关系，再利用基本不等式，求和的最小值. 【详解】因为点在上，所以， 因为是的中点，所以， 又因为，（，）， 所以， 所以，，计算可得， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 四、解答题（77分） 15. 如图，在平行四边形中，是的中点，且在直线上，且，记，，若. （1）求的值； （2）若，，且，求. 【答案】（1）2；（2）. 【解析】 【分析】（1）先求出，再求出，比较系数即得解； （2）由余弦定理求出，再根据即得解. 【详解】（1）∵是的中点，∴， ∵，∴. 由可知. 又∵，∴ （2）∵，及可知.， 在中，由，，及余弦定理可知 得， 解得. ∴ . ∴. 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，考查余弦定理解三角形，考查平面向量的数量积运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 16. 如图，梯形是水平放置的四边形的斜二测画法的直观图，已知，，． （1）在下面给定的表格中画出四边形（不需写作图过程）； （2）若四边形以所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，说出该几何体的结构特征，并求该几何体的体积． 【答案】（1）图形见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）根据斜二测画法画出四边形即可； （2）根据题意分析可知所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥，结合柱体、锥体的体积公式运算求解. 【小问1详解】 因为与轴重合，则与轴重合，且； 与轴平行，则与轴平行，且； 与轴重合，则与轴重合，且； 连接，即可得四边形. 【小问2详解】 如图所示，所得几何体的上半部分为圆锥，下半部分为圆柱截取一个圆锥， 故体积为. 17. 近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示. （1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 【答案】（1），中位数为74，平均数为72.5 （2）方案一受到奖励的商家更多，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中各组频率之和等于1，列出方程求出，利用中位数定义和平均数公式分别计算即得； （2）按照方案一要求，利用频率分布直方图先求出平均日利润超过78百元商家所占的比率，再求对应的商家数目；方案二只需取前，即前200个商家家，比较即得结论. 【小问1详解】 由题意可知，解得. 设中位数为，则，解得，所以中位数为74， 平均数为 【小问2详解】 由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为， 方案二受到奖励商家的个数为， 因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多. 18. 已知四棱锥，底面为菱形，，为上的点，过的平面分别交，于点，，且平面． （1）证明：； （2）当为的中点，，与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定性质、线面平行的性质，结合菱形的性质推理得证. （2）证得平面，建立空间直角坐标系，结合已知的线面角表示相关点的坐标，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 在四棱锥中，连接交于，由菱形，得，且为、的中点， 由，得，而，面，则面， 又面，于是，又平面，平面平面，面， 则，所以. 【小问2详解】 由（1）得，，由，为中点，得， 又，平面，则平面， 于是与平面所成的角为，，，, 以为原点，建立如图的空间直角坐标系，记， ， 则， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设平面法向量为，则， 取，得， ，由图知，二面角的大小为锐角， 所以二面角的余弦值为. 19. 当的三个内角均小于时，使得的点为的“费马点”；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为的“费马点”.已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，P是的“费马点”. （1）若，，. ①求； ②设的周长为，求的值； （2）若，，求实数的最小值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角的值，再利用副助角公式求解出；②在中，由余弦定理得到的关系，再结合等面积法建立的另外一个等式关系，进而求解出所要求的等量关系. （2）先利用角的三角函数的关系，判断出三角形是直角三角形，接着设，，，仿照第一小问的思路找到的等量关系，然后利用基本不等式求解出最值，又根据，即有，从而得解. 【小问1详解】 ① ， 则 ②设 而， 在中，由余弦定理得: 同理有 则 在中由余弦定理知: 即 又则 又等面积法知： 则，， 故 【小问2详解】 因为 所以 所以 所以所以为直角三角形， 点为的费马点，则， 设，，，， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，，，从而推导出、，再利用基本不等式及一元二次不等式求出的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$