精品解析：陕西咸阳师范学院附属中学2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试题

高一期末教学质量监测 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 已知为虚数单位，若复数满足，则的虚部为（ ） A. -1 B. C. 1 D. 2. 已知一组数据7，8，8，10，11，12，14，16，则这组数据的75%分位数是（ ） A. 13 B. 12 C. 14 D. 15 3. 某羽毛球俱乐部有队和队，其中队有名学员，队有名学员，为了解俱乐部学员的羽毛球水平，用比例分配的分层随机抽样的方法从该俱乐部中抽取一个容量为的样本，已知从队中抽取了名学员，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是 A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则的形状是 A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 不能判断 6. 已知一个圆锥和圆柱的底面半径和侧面积分别相等，且圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方形ABCD的边长为3，点E是边BC上的一点，且，点P是边DC上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知△ABC的面积为，且，则△ABC外接圆的半径为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，多选或错选得0分） 9. 已知数据的平均数为a，方差为b．由这组数据得到新数据，，…，，其中，则（ ） A. 新数据的平均数是3a＋9 B. 新数据的方差是9b＋81 C. 新数据的平均数是3a D. 新数据的标准差是 10. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中，能使的形状唯一确定的有（ ） A. B. ，， C. ，∠B=30°，∠C=60° D. ，，∠B=60° 11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量的夹角为，，则＝______． 13. 有6张卡片，分别标有数字，现从这6张卡片中随机抽出2张，则抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为______． 14. 如图，已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱的长为2，E、F分别为和AC中点，则直线EF与平面所成角的余弦值为______，异面直线与所成角的余弦值为______． 四、解答题（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. 已知平面向量． （1）若，且，求和的值； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，分别是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 17. 小张、小胡两位同学进行两轮语文常识答题比赛，每轮由小张、小胡各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为，小胡每轮答对的概率为，在每轮比赛中，小张、小胡答对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求小张在两轮比赛中至少答对1题的概率； （2）求在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等的概率． 18. 已知锐角的内角所对的边分别为，向量 ，，且 . （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的最小值； （3）若，边上的中线长为，求的值. 19. （本题不能使用空间向量）如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面，，直线与平面所成角为. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一期末教学质量监测 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 已知为虚数单位，若复数满足，则的虚部为（ ） A. -1 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求解复数，根据复数的概念判断复数的虚部即可. 【详解】解：由题可得，故复数的虚部为1. 故选：C. 2. 已知一组数据7，8，8，10，11，12，14，16，则这组数据的75%分位数是（ ） A. 13 B. 12 C. 14 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据百分位数定义计算即可. 【详解】这组数据共8个，所以， 故这组数据的75%分位数是由小到大第6,7位数的平均数， 即这组数据的75%分位数13. 故选：A 3. 某羽毛球俱乐部有队和队，其中队有名学员，队有名学员，为了解俱乐部学员的羽毛球水平，用比例分配的分层随机抽样的方法从该俱乐部中抽取一个容量为的样本，已知从队中抽取了名学员，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层抽样可得出关于的等式，解之即可. 【详解】根据分层抽样可得，解得． 故选：D． 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是 A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：若，，则或，故A错误；若，，则的关系不确定，故B错误；若，，则或相交，故C错误；故选D． 考点：空间中线面的位置关系． 5. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则的形状是 A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 不能判断 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理，处理题目条件，然后结合正弦的两角和公式，代入，即可得出答案． 【详解】运用正弦定理，得到，结合正弦的两角和公式，，代入，得到 得到，结合三角形的性质可知，，所以 ，解得，故该三角形为直角三角形，故选B． 【点睛】本道题考查了正弦定理，考查了正弦的两角和公式，关键利用正弦的两角和公式，代入，难度中等． 6. 已知一个圆锥和圆柱的底面半径和侧面积分别相等，且圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，分别求出圆锥和圆柱的高（用表示），代入体积公式计算可得. 【详解】设圆锥的底面半径为r，因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为， 则圆锥的高为，设圆柱的高为，又圆锥和圆柱的侧面积相等， 所以，解得，所以这个圆锥和圆柱的体积之比为. 故选：C． 7. 已知正方形ABCD的边长为3，点E是边BC上的一点，且，点P是边DC上的一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，用坐标表示数量积，转化为二次函数求最值. 【详解】以A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，则， 设，则，， 当且仅当时等号成立，所以的最小值为． 故选：C． 8. 已知△ABC的面积为，且，则△ABC外接圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式得，由正弦定理的边角互化以及余弦定理可得，再利用正弦定理即可求解. 【详解】记内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 所以， 所以， 又， 由正弦定理得， 由余弦定理可得， 所以△ABC外接圆的半径为． 故选：B． 二、多选题（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，全部选对得6分，部分选对得部分分，多选或错选得0分） 9. 已知数据的平均数为a，方差为b．由这组数据得到新数据，，…，，其中，则（ ） A. 新数据的平均数是3a＋9 B. 新数据的方差是9b＋81 C. 新数据的平均数是3a D. 新数据的标准差是 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用已知条件得到，，从而得到新数据的平均数和方差，及标准差. 【详解】由题意得：， 所以， 故新数据的平均数是，A正确，C错误； ，故B错误； 因为，故新数据的标准差是，D正确. 故选：AD 10. 已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中，能使的形状唯一确定的有（ ） A. B. ，， C. ，∠B=30°，∠C=60° D. ，，∠B=60° 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，由此可判断A；由正弦定理及大边对大角可判断B，D；先求出，根据正弦定理求出，可判断C； 【详解】对于A， ， 因为，由余弦定理可得： ， 解得：，故三角形的解唯一，故A正确； 对于B，根据正弦定理：，可得，即， 又因为，所以，所以或，故B不正确； 对于C，，由正弦定理可得：， 即三角形的解唯一确定的，故C正确； 对于D，根据正弦定理：，可得，即， 又因为，所以，所以，故三角形的解唯一，D正确； 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直得出线线垂直判断A，根据面面平行得出线面平行判断B，应用等体积计算求解判断C，应用展开图结合余弦定理计算判断D. 【详解】对于，连接、，易知，，平面， 所以平面，又平面，所以，故A正确 对于，连接，，如图： ，，四边形为平行四边形， ，平面，平面， 平面，同理四边形为平行四边形， ，平面，平面， 平面，，平面，平面， 平面平面，平面，平面，故B正确 对于， 由知，又平面，平面， 平面， 点到平面的距离等于点到平面的距离， ，故C错误 对于， 将平面和平面沿直线展开为一个平面，如图： 则当为与的交点时，取得最小值为的长度， ，， ， 中，由余弦定理可得 ， 即的最小值为，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量的夹角为，，则＝______． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的公式和运算律计算. 【详解】因为向量的夹角为，， 所以． 故答案为：. 13. 有6张卡片，分别标有数字，现从这6张卡片中随机抽出2张，则抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】总共有种情况，抽出的2张卡片上的数字之和等于5的有1，4或2，3共2种，由古典概型可求得其概率. 【详解】从6张卡片中随机抽出2张，则样本空间中总的样本点数为， 其中抽出的2张卡片上的数字之和等于5的组合有1，4或2，3共2种， 所以抽出的2张卡片上的数字之和等于5的概率为． 故答案为：. 14. 如图，已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱的长为2，E、F分别为和AC中点，则直线EF与平面所成角的余弦值为______，异面直线与所成角的余弦值为______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】取中点，连接，为直线EF与平面所成角，求解即可；取中点，连接，所以异面直线与所成角的余弦值为，利用余弦定理求值. 【详解】取中点，连接， 由题意可知，平面，所以为直线EF与平面所成角， 在中，， 所以； 取中点，连接， 可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 在中，，， ， 由余弦定理可得，， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故答案为：；. 四、解答题（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. 已知平面向量． （1）若，且，求和的值； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线性向量的坐标表示列出关于的方程组，然后求解即可. （2）先根据向量的垂直坐标表示求出的值，然后根据向量的模的计算公式进行求解即可. （3）根据向量的数量积和向量的夹角计算公式可列出不等式方程组，从而求出的范围. 【小问1详解】 因为， 所以解得． 【小问2详解】 若，则，解得， 所以，，. 【小问3详解】 因为与的夹角为锐角，所以且不同向，即 解得且，即的取值范围是． 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，分别是的中点. （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）取中点，连接，，利用中位线的性质，结合平行四边形的判定与性质，得出一组线线平行，最后根据线面平行的判定定理即可得证. （2）利用线面平行的性质和正方形的性质，得出另一组线面平行，根据面面平行的判定定理即可得证. 【小问1详解】 取中点，连接，， 因为为中点，所以是中位线， 所以，， 因为是中点，在正方形中，所以，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 因为正方形，所以， 因为，平面 所以平面，又平面， 所以平面平面. 17. 小张、小胡两位同学进行两轮语文常识答题比赛，每轮由小张、小胡各回答一个问题，已知小张每轮答对的概率为，小胡每轮答对的概率为，在每轮比赛中，小张、小胡答对与否互不影响，各轮结果也互不影响． （1）求小张在两轮比赛中至少答对1题的概率； （2）求在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等的概率． 【答案】（1）． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据对立事件的内涵进行求解即可. （2）分别求出在两轮比赛中，小张、小胡答对题目个数为的概率，然后概率之积求得结果. 【小问1详解】 记“小张在两轮比赛中至少答对1题”为事件， 所以，即小张在两轮比赛中至少答对1题的概率为． 【小问2详解】 记“小张在两轮比赛中答对题”为事件， “小胡在两轮比赛中答对题”为事件， “在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等”为事件， 所以，， ，， 所以， 即在两轮比赛中，小张、小胡答对题目的个数相等的概率为． 18. 已知锐角的内角所对的边分别为，向量 ，，且 . （1）求角的大小； （2）若的面积为，求的最小值； （3）若，边上的中线长为，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理角化边可得结果. （2）利用面积公式可得，根据余弦定理结合基本不等式可得结果. （3）根据条件可得，等式两边同时平方可求得的值. 【小问1详解】 ∵，，且 ， ∴，故， ∵，∴，故， ∵，∴. 【小问2详解】 ∵的面积为，∴，即，故. 由余弦定理得，， 当且仅当时等号成立，此时为等边三角形，符合题意， ∴，即的最小值为. 【小问3详解】 ∵为边上的中线，∴， ∴，即， ∴，即，解得或（舍）， 此时，为等边三角形，符合题意， ∴. 19. （本题不能使用空间向量）如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面，，直线与平面所成角为. （1）证明：平面平面； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）二面角的正弦值为 【解析】 【分析】（1）求证平面即可由面面垂直的判定定理得证平面平面； （2）分别作交于，作交于，连接，进而得平面，从而得是二面角的平面角，接着由等面积法求出和即可由得解． 【小问1详解】 证明：因为， 所以，所以； 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，、平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以直线与平面所成的角为，所以， 因为，且，，，故， 作交于， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 作交于，连接， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角， 因为即，所以， 因为即，所以， 所以， 所以二面角的正弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $