精品解析：四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2024-2025学年高一下学期期末数学试题

2024级高一下期期末学业质量监测 数学 本卷共4页，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、考籍号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 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（本题共8小题．每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量平行的坐标表示求解可得. 【详解】由，得，解得. 故选：A. 2. 已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由共轭复数的概念以及虚部概念求解. 【详解】由，则， 则，其虚部为. 故选：D 3. 在正方体中，，P、Q分别为棱，BC的中点，则从点P出发，沿正方体表面到达点Q的最短路径的长度为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】将正方体沿着不同的方向展开，得到展开图，化曲（折）为直，再利用勾股定理计算可得. 【详解】如图，在正方体中，P、Q分别为棱，BC的中点， 按照下列方式展开，； 按照下列方式展开，； 按照下列方式展开，. 综上所述，最短路径. 故选：D. 4. 已知甲、乙两组数据的统计结果如下表.若将这两组数据混合后得到丙组数据，则丙组数据的方差为（ ） 样本容量 平均数 方差 甲组 20 10 1 乙组 30 15 6 A. 10 B. C. 9 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】对于本题，我们需要先求出丙组数据的平均数，再根据方差的计算公式求出丙组数据的方差。 【详解】根据题意，得到，，，. 那么丙组数据的平均数， 根据方差公式得到. . 则丙组数据的方差为10. 故选：A. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系化简求解即可. 【详解】由，则 . 故选：B. 6. 已知钝角的三边为，，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形三边长关系，结合余弦定理列不等式组即可得解. 【详解】由钝角的三边为a，，， 则，解得， 则实数a的取值范围是. 故选：B. 7. 已知函数在区间上单调，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，利用单调性计算求出参数范围. 【详解】因为，所以， 因为在上单调递增，在上单调递减，且， 所以当时，即时，函数在上单调递增， 则的取值范围. 故选：B. 8. 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，列等式，套用正方体，锥体体积公式求解. 【详解】设正方体的边长为，则， 由，则， 所以牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为. 故选：B． 二、多选题（本题共3小题．每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 若复数，则下列说法正确的是（ ） A. 当或时，z为实数 B. 若z为纯虚数，则或 C. 若复数z对应的点位于第二象限，则 D. 若复数z是方程的解，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的类型、几何意义，复数方程的解，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对于A，当时，；当时，， 故或时，均为实数，A正确； 对于B，若为纯虚数，则，解得，故B错误； 对于C，复数对应的点位于第二象限，则，解得，故C正确； 对于D，由，则， 则，即， 因为复数z是方程的解， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，在边长为1的正方体中，点P在线段上运动，下列命题中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与直线所成角为定值 C. 在点P运动过程中，平面BPD截该正方体的截面形状为三角形或矩形 D. 直线与平面所成角的余弦值的范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积，可判断A；根据线面垂直的性质，可判断B；举特例判断C；易得为直线与平面所成角，进而求解判断D. 【详解】对于A，由，其中的面积为定值， 在正方体中，， 因为平面，平面，所以直线平面， 所以当点在线段上运动时，点到平面的距离也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，连接，在正方体中，平面， 因为平面，所以， 又由，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 所以异面直线与直线所成的角为，故B正确； 对于C，设分别为的中点， 连接，，，则， 设为与的交点， 在正方体中，，则，且， 则此时平面BPD截该正方体的截面为梯形，故C错误； 对于D，在正方体中，平面， 则为直线与平面所成角， 当与重合时，最大，此时平面，则， 当与重合时，最小，而， 此时， 所以直线与平面所成角的余弦值的范围是，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，是边长为2的等边三角形，M为BC上靠近B的三等分点，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若AM交BO于点N，，则 C. 的最大值为5 D. 若点Q为此半圆弧上的另一个动点，且满足，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由平面向量的线性运算可判断A；由平面向量共线的推论求解判断B；以为坐标原点，建立平面直角坐标系，结合三角函数的性质可判断C；根据平面向量数量积的定义及运算律求解判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由， 因为三点共线，则， 由 因为三点共线，则，解得， 则，故B错误； 对于C，以为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，， 设，， 则， 所以， 当时，取得最大值5，此时，满足题意， 则的最大值为5，故C正确； 对于D，由于都在半圆上，且， 则，即， 而，， 则， 又， 则 ， 当时，取得最大值，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题．每小题5分，共15分） 12. 计算________． 【答案】 【解析】 【分析】根据两角和的余弦公式求解即可. 【详解】. 故答案为：. 13. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则这个圆锥的外接球体积为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆知，圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，由此作出圆锥的外接球的草图，根据勾股定理即可求出外接球半径，然后再根据球的体积公式，即可求出结果． 【详解】由于圆锥的侧面展开恰为一个半径为2的半圆， 所以圆锥的底面圆周长为，母线长为2， 所以圆锥底面圆的半径，圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面为边长为2的正三角形， 作出圆锥的外接球的草图，如下： 则，设外接球的半径为，则， 在中，， 所以，解得， 所以圆锥的外接球的体积为． 故答案为：. 14. 已知向量，，的模长分别为2，1，1，记向量与的夹角为θ，，则的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据平面向量数量积的定义及运算律求得，进而结合向量三角不等式求解即可. 【详解】由题意，， 则， 所以， 当且仅当方向相反时等号成立， 则的最大值为. 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. 为了提高市民的环保意识，某市举行了环保知识竞赛，为了解全市参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取了100人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为6组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低40分，最高100分）． （1）求a的值； （2）从频率分布直方图中，估计本次竞赛成绩的众数和平均数； （3）认定成绩位于前百分之六十的考生为良好，请你估计良好认定的分数线是多少．（保留整数） 【答案】（1） （2）众数为65分，平均数为71.8分 （3）68分 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为1，可求出的值； （2）根据众数和平均数的定义求解即可； （3）根据频率分布直方图计算出第40百分位数，即可得出结果. 【小问1详解】 在频率分布直方图中，所有直方图面积之和为1， 可得，解得， 【小问2详解】 估计本次竞赛成绩的众数为分， 估计本次竞赛成绩的平均数为 分. 【小问3详解】 由题意，成绩位于前百分之六十的考生为良好，则良好认定的分数线是第40百分位数， 前两个矩形面积之和为， 前三个矩形面积之和为， 设第40百分位数为，则， 则，解得， 因此，估计良好认定的分数线为68分. 16. 如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． （1）求证：平面． （2）在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存点，满足即可，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由平行线分线段成比例定理推得，利用三棱柱的性质易得，即可由线线平行证得线面平行； （2）线段上存在点，满足，即可由线线平行推得线面平行再证明面面平行即可. 【小问1详解】 因，，则，故， 在三棱柱中，，则， 因平面，平面，则平面. 【小问2详解】 如图，线段上存在点，满足，即可使平面平面，理由如下： 因，则，则，因平面， 平面，故平面， 由（1），因平面， 平面，故平面， 又平面，故平面平面. 17. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将边化角，再利用正弦的和角公式转化，然后解方程即可求得； （2）利用正弦定理，得到关于的函数，再求该函数的值域，结合面积公式即可求得. 【详解】（1）由正弦定理有， 又由，代入上式得， ， 由，有， 上式可化为：，得， 由，有，故有， 故； （2）由（1）知，， 由正弦定理有 ， 由为锐角三角形，有， 得，有， 可得， 故面积的取值范围为. 【点睛】本题考查利用正弦定理将边化角，以及利用正弦定理求解三角形面积的范围，涉及正弦的和角公式，属解三角形中的经典重点题型. 18. 如图，已知四棱锥中，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，，O为AD中点，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为． （1）证明平面PBO； （2）求点P到平面ABCD的距离； （3）求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接PO，BO，BD，先证明，，进而求证即可； （2）易得是二面角的平面角，即，过P作的延长线于H，进而证明平面，进而求解即可； （3）取PB中点E，连OE，取PC中点F，连EF，AE，DF，进而得到为二面角的平面角，进而求解即可. 【小问1详解】 连接PO，BO，BD，如图， 因是边长为2的正三角形，则， 在菱形ABCD中，，则正三角形， 所以，又，平面， 则平面. 【小问2详解】 由（1）知，，， 则是二面角的平面角，， 由平面，平面， 则平面平面，过P作的延长线于H， 因为平面平面，平面， 因此平面， 而在正中，，则， 又，则， 所以点P到平面的距离是. 【小问3详解】 由（1）知，是正三角形，则， 取PB中点E，连OE，由（2）知，， 则，，， 取PC中点F，连EF，AE，DF，则有，且， 又平面，平面，则， 即有，又，则， 从而得为二面角的平面角， 在梯形中，， 中，， ， 所以二面角的余弦值是. 19. 已知函数（，，）的部分图象如图所示． （1）将的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再向上平移两个单位长度得到函数．求函数的解析式与对称中心． （2）已知（），求的值． （3）已知，高2024级数学节利用函数进行了一个棋盘游戏：有一个的正方形棋盘，开始时将一颗棋子置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每走一步移动1格，且在第n（，）步时，若，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求实数λ的取值范围． 【答案】（1）；对称中心： （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先根据函数图象求出，得到，利用函数图象平移伸缩变换，可得，利用正弦函数的对称中心即可求得答案； （2）由条件可得，借助于，可推得，求出，利用二倍角公式和降幂公式化简所求式，得到，再利用差角的正弦公式，即可计算得到； （3）先求出，推理得到，即得棋子的移动周期为4，计算比较得到依题意需使中至少有3个大于或等于，或者中只有2个大于或等于，棋子落在右上角也符合题意，从而求得的范围. 【小问1详解】 由图可得，函数的周期满足，即，， 又函数的图象经过点，则有， 即， 解得，因，则，故. 依题意，将的图象向右平移个单位长度，可得， 再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，即得， 再向上平移两个单位长度得到函数. 由，即，故函数的对称中心为. 【小问2详解】 由，可得， 因，则，则， 又，故，则， 则. 则 ， 因， 则有. 【小问3详解】 ， 则，即，即棋子的移动周期为4， 因， 由正弦函数的单调性，可得. 若中至少有3个大于或等于， 符合题意，此时由可得； 若中只有2个大于或等于，则棋子落在右上角也符合题意， 故，解得. 综上，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024级高一下期期末学业质量监测 数学 本卷共4页，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、考籍号填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将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，再选涂其它答案标号． 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（本题共8小题．每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1 若向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则z的共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 在正方体中，，P、Q分别为棱，BC中点，则从点P出发，沿正方体表面到达点Q的最短路径的长度为（ ） A. B. C. 3 D. 4. 已知甲、乙两组数据的统计结果如下表.若将这两组数据混合后得到丙组数据，则丙组数据的方差为（ ） 样本容量 平均数 方差 甲组 20 10 1 乙组 30 15 6 A. 10 B. C. 9 D. 3 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知钝角的三边为，，，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上单调，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 8. 中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，但刘徽未能求得牟合方盖的体积，约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等．图1为棱长为r的正方体截得的“牟合方盖”的八分之一，图2为棱长为r的正方体的八分之一，图3是底面边长为r的正方体的一个底面和底面以外的顶点作的正四棱锥，由祖暅原理计算知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题．每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9. 若复数，则下列说法正确的是（ ） A. 当或时，z为实数 B. 若z为纯虚数，则或 C. 若复数z对应的点位于第二象限，则 D. 若复数z是方程的解，则 10. 如图，在边长为1的正方体中，点P在线段上运动，下列命题中正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线与直线所成角为定值 C. 在点P运动过程中，平面BPD截该正方体的截面形状为三角形或矩形 D. 直线与平面所成角的余弦值的范围是 11. 如图，是边长为2的等边三角形，M为BC上靠近B的三等分点，以AC的中点O为圆心，1为半径作一个半圆，点P为此半圆弧上的一个动点，则下列说法正确的是（ ） A B. 若AM交BO于点N，，则 C. 的最大值为5 D. 若点Q为此半圆弧上的另一个动点，且满足，则的最大值为 三、填空题（本题共3小题．每小题5分，共15分） 12. 计算________． 13. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则这个圆锥的外接球体积为_____________. 14. 已知向量，，的模长分别为2，1，1，记向量与的夹角为θ，，则的最大值为________． 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. 为了提高市民环保意识，某市举行了环保知识竞赛，为了解全市参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取了100人的成绩（均为整数）作为样本，将其整理后分为6组，并作出了如图所示的频率分布直方图（最低40分，最高100分）． （1）求a的值； （2）从频率分布直方图中，估计本次竞赛成绩众数和平均数； （3）认定成绩位于前百分之六十的考生为良好，请你估计良好认定的分数线是多少．（保留整数） 16. 如图，在三棱柱中，E，F分别为线段，上的点，，，． （1）求证：平面． （2）在线段上是否存在一点G，使平面平面？请说明理由． 17. 在中，内角、、所对的边分别为、、，已知. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 18. 如图，已知四棱锥中，侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，，O为AD中点，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为． （1）证明平面PBO； （2）求点P到平面ABCD的距离； （3）求二面角的余弦值． 19. 已知函数（，，）的部分图象如图所示． （1）将的图象向右平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再向上平移两个单位长度得到函数．求函数的解析式与对称中心． （2）已知（），求的值． （3）已知，高2024级数学节利用函数进行了一个棋盘游戏：有一个的正方形棋盘，开始时将一颗棋子置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每走一步移动1格，且在第n（，）步时，若，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求实数λ的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$