精品解析：吉林省长春市长春吉大附中实验学校2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

吉林省长春市长春吉大附中实验学校2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）. 1. 若为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列各组向量中，能作为基底的是（ ） A. ＝（0,0），＝（1,1） B. ＝（1,2），＝（－2,1） C. ＝（－3,4），＝（,－） D. ＝（2,6），＝（－1,－3） 3. 已知一组数据从小到大排列：10，20，30，40，50，60，70，80，90，100，则该组数据的40%分位数为（ ） A. 35 B. 40 C. 45 D. 50 4. 已知两条直线m，n及平面，下列条件中，一定能得到的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 从A队30人、B队20人中，按照分层随机抽样的方法从两队共抽取5人.进行一轮答题竞赛.相关统计情况如下：A队答对题目数的平均数为2，方差为1.5；B队答对题目数的平均数为1.方差为0.4，则这5人答对题目数的方差为（ ） A. 1.3 B. 1.06 C. 0.95 D. 0.8 7. 四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在矩形中，，，，点F在边上.若，则（ ） 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. 设，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，的虚部是-4 C. ，使是纯虚数 D. 所对应的点不会在复平面的第三象限 10. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，一个正八面体八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记“得到的点数为奇数”为事件A，记“得到的点数不大于4”为事件B，记“得到的点数为质数”为事件C，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与相互独立 D. 11. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 平面 C. 直线与是异面直线 D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则____________． 13. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 14. 中，为三角形的垂心，又，则___________. 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. 在直三棱柱中，，，，M为中点，． （1）证明：平面； （2）求四面体的体积． 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求角； （2）若，且，求的面积． 17. 某校高一年级半期考试测试后，为了解本次测试的情况，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，共6组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）在样本中，采取等比例分层抽样的方法从成绩在［90，150］内的学生中抽取13名，则成绩在［130，150］的同学有几个？ （2）根据图中的样本数据，假设同组中每个数据用该组区间的中点值代替，试估计本次考试的平均分和众数； （3）若年级计划对本次测试优异的同学进行表彰，且表彰人数不超过，根据样本数据，试估计获得表彰的同学的最低分数. 18. 如图，三棱锥的体积为，二面角为锐角，为的中点，平面平面，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若分别是直线上一点，且平面，记平面平面，与所成角的正弦值为，求的值. 19. 对于一组向量，且，令，如果存在使得，那么称是该向量组的“1向量”. （1）设，若是向量组的“1向量”，求实数的取值范围； （2）若，则向量组是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“1向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列且满足：为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林省长春市长春吉大附中实验学校2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3．请按照题号顺序在各题目的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5．保持卡面清洁，不得折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题（本大题包括8个小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上）. 1. 若为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法求得，再由模的定义计算． 【详解】由题意， 所以． 故选：A． 2. 下列各组向量中，能作为基底的是（ ） A. ＝（0,0），＝（1,1） B. ＝（1,2），＝（－2,1） C. ＝（－3,4），＝（,－） D. ＝（2,6），＝（－1,－3） 【答案】B 【解析】 【分析】根据基底的定义判断选项. 【详解】A，零向量与任意向量共线，故不能作为基底； C中，，D中，，向量与共线，不能作为基底； B中与不共线，所以可作为一组基底. 故选：B 3. 已知一组数据从小到大排列：10，20，30，40，50，60，70，80，90，100，则该组数据的40%分位数为（ ） A. 35 B. 40 C. 45 D. 50 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数求解规则直接求解即可. 【详解】由题知该组数据共有10个， ， 组数据的40%分位数为. 故选：C. 4. 已知两条直线m，n及平面，下列条件中，一定能得到的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线面之间的位置关系，判断面面平行，逐个选项判断是否正确. 【详解】 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以A错误； 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以B错误； 如图所示，此时符合，不能推出面面平行，所以B错误； 根据线面垂直的性质定理可知，垂直于同一条直线的两个平面平行，所以D正确； 故选：D. 5. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的半径为，母线长，根据已知条件求出、的值，可求得该圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的半径为，母线长，因为侧面展开图是一个半圆，则，即， 则，可得，，利用勾股定理求得圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故选：A. 6. 从A队30人、B队20人中，按照分层随机抽样的方法从两队共抽取5人.进行一轮答题竞赛.相关统计情况如下：A队答对题目数的平均数为2，方差为1.5；B队答对题目数的平均数为1.方差为0.4，则这5人答对题目数的方差为（ ） A. 1.3 B. 1.06 C. 0.95 D. 0.8 【答案】A 【解析】 【分析】先求得整体平均数，然后根据总方差的计算公式求得正确答案. 【详解】显然抽取A队3人，B队2人，整体平均数， 故总方差. 故选：A 7. 四面体中，平面，则该四面体的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理求出外接圆半径，再利用直角三角形的勾股定理即可求出外接球半径，即可求得结果. 【详解】在中，其外接圆半径为，由正弦定理知：，故 故，故外接球的半径，则其体积为, 故选：C 8. 在矩形中，，，，点F在边上.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由点F在边上，可设，.根据可求得的值，用和表示出和，结合数量积的运算律即可求解. 【详解】 ∵点F在边上，∴设，. ∵，∴，∴. ∵，∴. 故选：B. 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. 设，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 当时，的虚部是-4 C. ，使是纯虚数 D. 所对应的点不会在复平面的第三象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数模的运算，虚部，纯虚数，复平面的概念来判断即可， 【详解】对于A选项：，故A正确； 对于B选项：，虚部为-4，故B正确； 对于C选项：当z为纯虚数，则,此时无解，故C错误； 对于D选项：若z对应的点在第三象限，由， 此时无解，故不存在使对应的点在第三象限，故D正确； 故选：ABD 10. 正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素，加上它们的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一.如图，一个正八面体八个面分别标有数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记“得到的点数为奇数”为事件A，记“得到的点数不大于4”为事件B，记“得到的点数为质数”为事件C，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与互斥 B. C. 事件与相互独立 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用古典概型来计算各事件概率，利用独立事件的定义，利用对立事件概念即可判断各选项. 【详解】对于A，事件B为“得到的点数不大于4”，即得到的点数为， 事件C为“得到的点数为质数”，即得到的点数为，显然得到点数为时， 事件B与事件C同时发生，所以事件与不互斥，故A错误； 对于B，事件A为“得到的点数为奇数”， 事件B为“得到的点数不大于4”， 故得到点数为，表示事件发生，即，故B正确； 对于C，由事件A为“得到的点数为奇数”，则， 事件C为“得到的点数为质数”， 则， 而得到点数为，表示事件发生，即， 此时，所以事件与事件不相互独立，故C错误； 对于D，而得到点数为，表示事件发生，即， 所以，故D正确， 故选：BD. 11. 如图，在正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的正弦值为 B. 平面 C. 直线与是异面直线 D. 过，，三点的平面截正方体所得的截面形状为菱形 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用定义法作出异面直线所成的角，然后求解即可判断A，利用线面平行的判定定理即可判断B，利用平面的性质判断C，作出截面利用菱形的定义判断D. 【详解】对于A，如图所示， 取的中点，连接，因为， 所以四边形为平行四边形，所以， 故或其补角即为异面直线与所成角， 设正方体的棱长为， 在中，，所以， 即异面直线与所成角的正弦值为，故A正确； 对于B，由选项A可知，，平面，平面， 所以平面，故B正确； 对于C，如图所示， 连接，因为，，所以，所以四点共面， 所以直线与直线共面，故C错误； 对于D，如图所示， 取的中点，连接，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，所以， 所以四边形为平行四边形， 则过，，三点的平面截正方体所得的截面为四边形， 又，所以四边形为菱形，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. 已知，则____________． 【答案】3 【解析】 【分析】由向量的线性运算可得，根据向量的模长公式计算即可. 【详解】， 所以. 故答案为：3. 13. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作出截面图形，可知小球最大半径满足，求出半径后代入球的表面积公式即可得解. 【详解】设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下： 由题意得，，因为，所以，解得， 小球的表面积为. 故答案为：. 14. 中，为三角形的垂心，又，则___________. 【答案】 【解析】 【详解】 如图所示，过作于，过作于，，连接, 在中，，那么， 则， 又 故， 可知， 所以； 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. 在直三棱柱中，，，，M为中点，． （1）证明：平面； （2）求四面体的体积． 【答案】（1）证明：在直三棱柱中，连接交于点O，连接， 由为矩形，得O为中点，又M为中点，则， 而平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点O，利用线面平行的判定定理推理得证. （2）求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面内过点作于，由平面，得， 而平面，则平面， 在中，，，则， ，由M为中点，得点到平面的距离， 又，所以四面体的体积为. 16. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求角； （2）若，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理、三角函数恒等变换的应用化简已知可得，结合，即可求得的值； （2）结合已知与余弦定理可得，进而可求，利用三角形的面积公式可求的面积. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 所以，所以， 又因为，所以； 【小问2详解】 因为，且，所以由余弦定理， 可得，所以，， 所以的面积为． 17. 某校高一年级半期考试测试后，为了解本次测试的情况，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，将成绩分为，共6组，得到如图所示的频率分布直方图. （1）在样本中，采取等比例分层抽样的方法从成绩在［90，150］内的学生中抽取13名，则成绩在［130，150］的同学有几个？ （2）根据图中的样本数据，假设同组中每个数据用该组区间的中点值代替，试估计本次考试的平均分和众数； （3）若年级计划对本次测试优异的同学进行表彰，且表彰人数不超过，根据样本数据，试估计获得表彰的同学的最低分数. 【答案】（1）2 （2）众数为：100，平均数为98 （3）134分 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质，求出参数，根据分层抽样的规则，计算抽取人数； （2）根据频率分布直方图估计平均分和众数的方法，计算总体的平均数和众数； （3）根据频率分布直方图估计总体第百分位数的方法，计算最低分数. 【小问1详解】 由性质知：，故， 采取分层抽样：[130，150]的同学个数为：. 【小问2详解】 由频率分布直方图知：众数为：100； 平均数为：； 【小问3详解】 由于成绩在[130，150]的频率为0.1， 故最低分数预计为：； 即估计获得表彰的同学的最低分数为134分. 18. 如图，三棱锥的体积为，二面角为锐角，为的中点，平面平面，. （1）证明：平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若分别是直线上一点，且平面，记平面平面，与所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1） 如图，过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 又因为，平面， 所以平面； （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）过点作于点，利用面面垂直的性质定理得平面，利用线面垂直的性质定理得，结合等腰三角形的性质利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）根据定义知为二面角的平面角，利用三棱锥的体积求得，在中，求解正弦值即可. （3）利用线面平行的性质定理得，则与所成的角即与所成的角，当点在线段上时，利用诱导公式及两角和的正弦公式得，由正弦定理得，求得；当点在线段的延长线上时，利用两角差的正弦公式得，由正弦定理得，求得，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又因为，所以为二面角的平面角， 由三棱锥的体积， 解得，在中，， 所以二面角的正弦值为； 【小问3详解】 因为平面，平面，平面平面， 所以，故与所成的角即与所成的角，易知， 依题意，不可能为钝角，所以有， ①当点在线段上时，如图所示， 因为， 所以 ， 在中，由正弦定理得， 解得，所以； ②当点在线段的延长线上时，如图所示 则， 在中，由正弦定理得， 解得，所以. 综上，或 19. 对于一组向量，且，令，如果存在使得，那么称是该向量组的“1向量”. （1）设，若是向量组的“1向量”，求实数的取值范围； （2）若，则向量组是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； （3）已知均是向量组的“1向量”，其中，.设在平面直角坐标系中有一点列且满足：为坐标原点，，且与关于点对称，与关于点对称，求的最大值． 【答案】（1） （2）存在， （3）24 【解析】 【分析】（1）根据“1向量”的定义，列不等式，求的取值范围即可； （2）由题意可得向量组，以4为周期，再根据定义求“1向量”即可； （3）由题可得，设，则， 继而得到，同理可得，则，再求的最大值即可. 【小问1详解】 由题意． ， 化简得：的范围是． 【小问2详解】 ， . 向量组，以4为周期． ， 不是该向量组的“1向量”； 是该向量组的“1向量”； 不是该向量组的“1向量”； 不是该向量组的“1向量”； 存在“1向量”，“1向量”为． 【小问3详解】 由题意，，即， ，同理，， 上述三式相加，得： ， 又． ， 设，则依题意得， 得， 故， 又， 得， 所以， 因为， 当，即时，， ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $