精品解析：河北省名校联盟2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

名校联盟2024--2025学年高一第二学期期末考试 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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的． 1. 某圆锥的底面半径为1，母线长为5，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面积公式求解即可. 【详解】因为圆锥的底面半径为1，母线长为5，所以该圆锥的侧面积为. 故选：B. 2. 复数（其中为虚数单位），则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】利用复数除法法则及乘方运算得到，从而得到在复平面内对应的点坐标，所在象限. 【详解】因为， 故， 故在复平面内对应的点坐标为，位于第一象限. 故选：A. 3. 如图，在四棱锥中，平面，那与垂直的充分条件是（　　） A. 四边形为矩形 B. 四边形为菱形 C. 四边形为平行四边形 D. 四边形为梯形 【答案】B 【解析】 【分析】利用，结合，利用线面垂直的判定反推出，进而可得答案. 【详解】若满足，又因为平面，平面 ， 所以， 又，平面，故平面， 又因为平面，所以， 故当时，即可推出. 所以四边形为菱形． 故选：B. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面平行 B. 和同一条直线都相交的两条直线一定相交 C. 经过空间中三个点有且只有一个平面 D. 经过两条相交直线有且只有一个平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点线面的位置关系即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A, 一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面可能相交也可能平行，例如在正方体中, 平面中的点到平面的距离均相等，但是平面 与平面相交，不平行，故A错误， 对于B, 和同一条直线都相交的两条直线不一定相交，例如正方体中 均与相交，但是不相交，故B错误， 对于C，经过空间中三个不共线的点有且只有一个平面，故C错误， 对于D, 两条相交直线可以确定一个平面,因此经过两条相交直线有且只有一个平面，故D正确， 故选：D 5. 某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为nmile；在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为nmile．货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则灯塔与处之间的距离是（ ）nmile A. B. 8 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先在中，利用正弦定理求得AD，再在中，利用余弦定理求解. 【详解】在中，， 由正弦定理得， 在中，由余弦定理得 ， 所以. 故选：D. 6. 如图，在正方体中，点O为线段BD的中点.设点P在线段上，直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设正方体的棱长，表达出，判断在是严格减函数，从而求出最值，得出取值范围. 【详解】设正方体的棱长为2，建立如图空间直角坐标系. 则，设， 得， 设平面的法向量为， 得，取，得， 所以 ， 因为，所以在上单调递减， 且， 由复合函数的单调性可知在单调递增， 所以的值在时是随着a的增大而减小， 故当时，取得最小值，为； 故当时，取得最大值，为； 所以的取值范围为. 故选：C 7. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合条件由余弦定理可得，再由，结合正切函数的和差角公式以及基本不等式代入计算可得，即可得到结果. 【详解】因为，且，则， 由余弦定理可得，所以， 即，由正弦定理可得， 其中，则，所以， 又， 化简可得， 且为锐角三角形，则， 所以， 即， 解得或（舍）， 所以，当且仅当时，等号成立， 则的最大值为. 故选：B 【点睛】关键点睛：本题主要考查了余弦定理，正切函数的和差角公式以及基本不等式求最值问题，难度较大，解答本题的关键在于由余弦定理得到，然后结合基本不等式代入计算，即可求解. 8. 已知正方体的棱长为2，P，Q分别是，的中点，则经过点，Q，C，D，C1的球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出的外接圆半径，矩形的外接圆半径，再利用几何关系求出球的半径，进而求出结果. 【详解】 根据正方体，得，，所以平面， 四边形是矩形，其中，， 的三边为， ，， ， 设的外接圆半径为，则， 于是， 设矩形的外接圆半径为，则， 设球心为，过作平面，垂足为， 过作平面，垂足为， 则是矩形的外心，是三角形的外心， 取中点，则， 于是平面， 所以四边形是矩形. 设球半径为，， 则， 于是球的表面积为. 故选：D. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. 棱柱的侧面都是平行四边形 B. 长方体是正四棱柱 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 圆柱的所有母线长都相等 【答案】AD 【解析】 【分析】根据棱柱、正棱柱、正棱锥和圆柱的定义，逐项判定，即可求解. 【详解】由棱柱定义可得棱柱的侧面都是平行四边形，所以A正确； 当长方体底面的长宽高互不相等时，该长方体不是正四棱柱，所以B错误； 底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以C错误； 根据圆柱的定义，可得圆柱的所有母线长都相等，所以D正确. 故选：AD. 10. 2021至2025年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ） A. 2021至2025年我国快递业务量逐年增长 B. 2021至2025年我国快递业务量增长速度逐年增长 C. 2021至2025年我国快递业务量每年增长量超过200亿件 D. 估计我国2020年的快递业务量小于650亿件 【答案】AD 【解析】 【详解】 选项A：由柱状图数据可知，2021至2025年我国快递业务量分别为（亿件），数值逐年增大， 说明业务量在逐年增加，故选项A正确； 选项B：由折线图数据可知，2021至2025年我国快递业务量增长速度分别为，呈现先减后增的趋势，并非逐年增长，故选项B错误； 选项C：2023年的快递业务量增长量为（亿件），显然，不满足每年增长量超过200亿件，故选项C错误； 选项D：设我国2020年的快递业务量为亿件，根据2021年的业务量为亿件且增长率为， 可得，解得. 因为，所以估计我国2020年的快递业务量小于650亿件，故选项D正确. 11. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ） A. 若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 若，三棱锥的外接球表面积为 C. 若；，则点的运动轨迹长度为 D. 若；平面被正方体截得截面面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将正方体的下面和侧面展开，连接，计算即可判断； 对于B正弦定理知外接圆半径，又平面，设三棱锥的外接球半径为，求得即可判断； 对于C，由线面垂直和面面平行的判定定理，设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，求得即可判断； 对于D，延长，交于点，连接交于，连接，则平面被正方体截得的截面为，利用三角形相似即可判断． 【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接， 则，故A错误； 对于B，当，所以中，，则， 设外接圆半径为，则由正弦定理知：，则， 又平面，设三棱锥的外接球半径为，则， 所以三棱锥的外接球表面积，故B正确； 对于C，如图： 因为平面，平面，所以， 又，，，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，，，平面．所以平面， 所以过点作交交于，过作交交于， 所以平面，同理可得平面， 平面，所以平面平面，所以平面, 取连接,则均在平面上， 则的运动轨迹为线段， 由于平面,平面,所以, 由点在棱上，且，可得， 所以，故C正确； 对于D，如图： 延长，交于点，连接交于，连接， 所以平面被正方体截得的截面为． ，所以， 所以， 所以，所以，且， 所以截面为梯形，，所以截面为等腰梯形， 设梯形的高为，则, 所以，故D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则=____. 【答案】5 【解析】 【分析】空间向量的坐标表示求的坐标，再应用空间向量模长的坐标求法求. 【详解】由题设， ， ∴. 故答案为： 13. 如果复数z满足，那么的最大值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义求解． 【详解】记复平面上数对应点，复数对应点为，复数对应点为，则在以为圆心，1为半径的圆上，，点在圆外， 当点是直线与圆的交点（在之间）时（如图），取得最大值． 故答案为：． 14. 已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面ABC的视角下看的平面图形，得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，ABC区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可. 【详解】到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面的视角下看，如图所示： 得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，球心为A、B、C，球半径为1， ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2. 因为是边长为1的等边三角形， 所以， 即， 所以KCD、EAF、GBH区域内的几何体的体积之和恰好为半径为1的一个球的体积， 即， ， ， 所以，到动点P距离为1的点所形成的空间几何体的体积. 故答案为： 【点睛】为了研究点形成的空间图形的体积，可以先构造平面图形，由平面联想到空间，再将组合体分割成简单几何体，对其体积进行计算. 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. 某市为了改善交通状况，实行“小红帽”志愿者服务，协助交警参与交通疏导．现对某单位参与志愿服务次数进行统计，随机抽取40名职工作为样本，得到这40名职工参加“小红帽”志愿者服务的次数．根据所得数据，按分成六组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值； （2）若该单位有职工200人，试估计该单位参加志愿服务次数不低于15次的总人数； （3）试估计该单位职工参与志愿服务次数的中位数． 【答案】（1） （2） （3）15.3125 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中频率之和为1可求得的值. （2）首先求出该单位参加志愿服务次数不低于15次的频率，从而求得人数. （3）根据中位数的概念即可求出该单位职工参与志愿服务次数的中位数. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，解得． 【小问2详解】 由图可知该单位参加志愿服务次数不低于15次的频率为， 则该单位参加志愿服务次数不低于15次的人数为． 【小问3详解】 因为， 所以该单位职工参与志愿服务次数的中位数的估计值在内． 设该单位职工参与志愿服务次数的中位数的估计值为，则， 解得，即该单位职工参与志愿服务次数的中位数的估计值为15.3125． 16. 在一个文艺比赛中，6名观众代表和9名专业人士组成一个评委小组，给参赛选手打分．已知这6名观众代表对选手的打分分别为75，84，94，82，73，90，这9名专业人士对选手的打分的平均分为80.5，方差为32． （1）求这6名观众代表对选手的打分的平均分和方差； （2）求这6名观众代表和9名专业人士对选手的打分的平均分和方差． 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用数据的平均数和方差的计算公式，准确计算，即可求解； （2）根据题意，利用平均数和分层抽样的方差计算公式，准确计算，即可求解. 【小问1详解】 解：这6名观众代表对选手的打分的平均分， 这6名观众代表对选手的打分的平均分的方差为： ． 【小问2详解】 解：这6名观众代表和9名专业人士对选手A的打分的平均分， 这6名观众代表和9名专业人士对选手A的打分的方差为： ． 17. 在直三棱柱中，，，，，点D为的中点. （1）求证：//平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为为平行四边形，则为的中点， 且点D为的中点，则//， 又因为平面，平面， 所以//平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意可证平面，再利用转换顶点法求体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 又因为， 且，平面，所以平面， 且点D为的中点，故三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积. 18. 如图（1），已知菱形中，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图（2）. （1）求证：点是点在平面上的射影； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 在菱形中，， 所以，均为等边三角形， 因为，为的中点，所以， 又，所以， 连接，则， 又因为， 所以，所以，所以， 又因为，所以，所以， 又，且，平面， 所以平面，所以点是点在平面上的射影； （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，连接，利用勾股定理逆定理证明，即可得到平面，从而得证； （2）设点到面的距离为，利用等体积法求出，设直线与平面所成角为，则，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点到面的距离为，又菱形边长为， 则的面积，所以； 由的面积，由（1）知平面，， 所以，所以， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值． 19. 数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. （1）证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； （2）记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； （3）当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 【答案】（1）证明：由于是正方体， 两直线，与面所成的角相等 即，由于， ，即， 即， 依题意平面内点到两定点距离之比为2，故点的轨迹是圆， 而点是正方体表面上一动点（包括边界）， 即点的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧（如图所示）. （2）; （3）存在， . 【解析】 【分析】（1）由题意可得，从而可得点的轨迹是圆；进而由点是正方体表面上一动点，可作圆弧； （2）由题意可得，，设与所成的角为，可知，，可计算范围. （3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上，故延长交于点，过点做，交于点，交于点，交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形，进而计算可求截面周长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意可知：圆心在所在的直线上， 作圆与交于点，与的延长线上交于点，显然恰为圆的直径， 故依，恰好为线段的三分之一分点，， ，所以是的中点，所以，， 所以圆的半径为，从而，，所以， 设与所成的角为，可知， ， ， ； 【小问3详解】 由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上， 故延长交于点，过点做，交于点，交于点， 交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形. 以下证明此时即∥平面， 由于，平面，平面 所以∥平面， 故有，， 在中， 在中， 在中， 在中， 在中， 所以所求的截面五边形的周长 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 名校联盟2024--2025学年高一第二学期期末考试 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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的． 1. 某圆锥的底面半径为1，母线长为5，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 2. 复数（其中为虚数单位），则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 3. 如图，在四棱锥中，平面，那与垂直的充分条件是（　　） A. 四边形为矩形 B. 四边形为菱形 C. 四边形为平行四边形 D. 四边形为梯形 4. 下列说法正确的是（ ） A. 一个平面里有三个不同的点到另一个平面的距离都相等，则这两个面平行 B. 和同一条直线都相交的两条直线一定相交 C. 经过空间中三个点有且只有一个平面 D. 经过两条相交直线有且只有一个平面 5. 某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为nmile；在处看灯塔在货轮的北偏西，距离为nmile．货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在南偏东，则灯塔与处之间的距离是（ ）nmile A. B. 8 C. D. 6. 如图，在正方体中，点O为线段BD的中点.设点P在线段上，直线OP与平面所成的角为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的棱长为2，P，Q分别是，的中点，则经过点，Q，C，D，C1的球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、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. 下列说法正确的是（ ） A. 棱柱的侧面都是平行四边形 B. 长方体是正四棱柱 C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 D. 圆柱的所有母线长都相等 10. 2021至2025年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ） A. 2021至2025年我国快递业务量逐年增长 B. 2021至2025年我国快递业务量增长速度逐年增长 C. 2021至2025年我国快递业务量每年增长量超过200亿件 D. 估计我国2020年的快递业务量小于650亿件 11. 如图；正方体的棱长为2，是侧面上的一个动点（含边界）；点在棱上；则下列结论正确的有（ ） A. 若；沿正方体的表面从点到点的最短距离为 B. 若，三棱锥的外接球表面积为 C. 若；，则点的运动轨迹长度为 D. 若；平面被正方体截得截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则=____. 13. 如果复数z满足，那么的最大值是______. 14. 已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为______. 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. 某市为了改善交通状况，实行“小红帽”志愿者服务，协助交警参与交通疏导．现对某单位参与志愿服务次数进行统计，随机抽取40名职工作为样本，得到这40名职工参加“小红帽”志愿者服务的次数．根据所得数据，按分成六组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求图中a的值； （2）若该单位有职工200人，试估计该单位参加志愿服务次数不低于15次的总人数； （3）试估计该单位职工参与志愿服务次数的中位数． 16. 在一个文艺比赛中，6名观众代表和9名专业人士组成一个评委小组，给参赛选手打分．已知这6名观众代表对选手的打分分别为75，84，94，82，73，90，这9名专业人士对选手的打分的平均分为80.5，方差为32． （1）求这6名观众代表对选手的打分的平均分和方差； （2）求这6名观众代表和9名专业人士对选手的打分的平均分和方差． 17. 在直三棱柱中，，，，，点D为的中点. （1）求证：//平面； （2）求三棱锥的体积. 18. 如图（1），已知菱形中，，沿对角线将其翻折，使，设此时的中点为，如图（2）. （1）求证：点是点在平面上的射影； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等. （1）证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）； （2）记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围； （3）当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $