2024-2025学年湖北省十堰市高一数学下学期6月阶段性考试检测试题（附答案）

这是一份2024-2025学年湖北省十堰市高一数学下学期6月阶段性考试检测试题（附答案），共15页。试卷主要包含了 有一组样本数据， 函数部分图象大致为等内容，欢迎下载使用。
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】先化简复数z，再求得其共轭复数，令其虚部为，解得，代入求解即可.
【详解】由题意得，
∴，又复数的共轭复数的虚部为，
∴，解得.
∴，∴复数在复平面内对应的点位于第一象限. 故选A.
【点睛】本题考查了复数的乘法运算，考查了复数的基本概念及复数的几何意义，属于基础题.
2. 有一组样本数据：5，6，6，6，7，7，8，8，9，9.则关于该组数据的下列数字特征中，数值最大的为（）
A. 平均数B. 第50百分位数C. 极差D. 众数
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出平均数、第50百分位数、极差、众数，即可得到答案
【详解】平均数为；
，则第50百分位数为；
极差为；
众数为
故平均数最大
故选：A.
3. 函数部分图象大致为（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数奇偶性，再考虑特殊点代入检验，即得.
【详解】依题意得，函数的定义域为，
因为，
所以为偶函数，图象关于y轴对称，排除B,D两项，
又，排除C项，所以只有A选项符合.
故选:A．
4. 如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，已知，，则该青铜器的体积为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆柱和圆台的体积公式即可求解.
【详解】设圆柱的底面圆半径为，底层圆台的上下底面圆半径分别为，且,
则青铜器的体积为，
故选：D
5. 已知锐角三角形边长分别为1，2，x，则x的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形三边关系和余弦定理即可求出第三边的取值范围.
【详解】由题意，设三角形为，
由三角形的几何性质，
∴，
∵三角形是锐角三角形，，
∴只需要为锐角，
∵，即，
，即，
联立解得：，
故选：C.
6. （）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用同角的三角函数关系将切化弦，再根据二倍角公式以及两角和差的正余弦公式，化简求值，即得答案.
【详解】
，
故选：B
7. 在中，，、分别在、上，，，将沿折起，连接，，当四棱锥体积最大时，二面角的大小为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】分析：在做题的过程中，需要弄明白翻到什么程度四棱锥的体积达到最大值，之后要找出二面角的平面角，然后将角放到三角形中，借着题中所给的条件，对角的三角函数值进行求解即可得结果.
详解：根据题意可知翻折后所得的四棱锥的底面是一个等腰梯形，当其体积达到最大时，可知平面平面，根据题意，取中点，在三角形（翻折前）中，连接，交于，翻折后连结，根据二面角的平面角的定义，可知即为所求，而，所以二面角的大小为，故选C.
点睛：该题属于探索型问题，关键是需要弄明白在满足四棱锥的体积达到最大值时翻折的程度，之后要弄清楚二面角的平面角是哪个，从而放到三角形中，利用解三角形来达到求角的目的，在此过程中，平行线分线段成比例就显得尤为重要.
8. 阆中熊猫乐园承载着许多人的回忆，将乐园的摩天轮图（1）所示抽象成图（2）所示的平面图形．已知摩天轮的半径为40米，其中心点距地面45米，摩天轮按逆时针方向匀速转动，每24分钟转一圈．摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米），若从摩天轮的最低点处开始转动，则与转动时间（单位：分钟）之间的关系为．则摩天轮转动8分钟后，求点距离地面的高度（）
A. 50米B. 60米C. 65米D. 75米
【答案】C
【解析】
【分析】由图易得振幅，平衡轴，周期，再由题意知函数经过点，代入解得初相，从而可得函数，即可得当分钟时，点距离地面的高度米.
【详解】由题意知：摩天轮上一点距离地面的高度为（单位：米）与转动时间（单位：分钟）之间的关系为．
所以由图可知，，，于是，
由于点是从摩天轮的最低点处开始按逆时针开始转动，则当时，，
代入点得，，又，解得，
又由函数的周期，解得，则，
当（分钟）时，（米）.
故选：C
二、多选题
9. 若m，n表示直线，表示平面，则下列命题中，正确命题为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】A可由线面垂直判定定理进行证明；B由线面垂直的性质定理可得结论正确；C可在内找的平行线进行证明；D可举反例当和确定的平面平行于.
【详解】对于A，，则垂直于内的两条相交直线，因为，所以也垂直于这两条直线，故，故A正确；
对于B，由线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线平行，故B正确；
对于C，，所以存在直线，且，因为，所以，所以，故C正确；
对于D，例如和确定的平面平行于，则，故D不正确.
故选：ABC.
【点睛】本题主要考查空间的线面的位置关系，考查逻辑推理能力和空间想象能力，属于基础题.
10. 已知的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是（）
A. 若，则
B. 若，，，则有两解
C. 若为钝角三角形，则
D. 若，，则面积没有最大值
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知结合正弦定理可检验；结合正弦定理及三角形大边对大角可检验选项；结合余弦定理可检验选项；结合余弦定理及基本不等式，三角形的面积公式可检验选项．
【详解】，正确；
因为，，，由正弦定理得，，
故，因为，所以，故有两角，正确；
为钝角三角形，但不确定哪个角为钝角，
则不一定成立，不符合题意；
因为，，由余弦定理得，，
当且仅当时取等号，故，
面积，即最大值为，不正确．
故选：AB．
11. 在正三棱柱中，，，E，F分别是棱BC，AC上的动点（不包括端点），且满足，则下列结论正确的是（）
A. 存在点E，使得B. 直线与异面
C. 三棱锥体积最大值为D. 二面角的最大值为60°
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质定理即可判断A；取时，可得，即可判断B；结合余弦定理及三棱锥体积公式运算即可判断C；由二面角的定义确定平面角，即可判断D.
【详解】由正三棱柱，平面，且平面，可得，
又，时，因为，，则，即，而，是平面内的两条相交直线，由线面垂直的判定定理可得平面，
而平面，则，即存在点E，使得，故A正确；
当时，，故B错误；
如图，在中，
由余弦定理得，，，
当且仅当时，等号成立，
所以，故C正确；
如图，过点F作，垂足为D，则平面，
过点D作，垂足为G，连结FG，
则就是二面角的一个平面角，，所以，
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12. 如图，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长为___．
【答案】
【解析】
【分析】将直观图还原原图，确定相关线段长，即可求得答案.
【详解】还原直观图为原图形，如图所示，因为，所以，
还原回原图形后，
，，
原图形为平行四边形，
所以原图形的周长为（）．
故答案为：
13. 已知，是球的球面上两点，，过作互相垂直的两个平面截球得到圆和圆，若，，则球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】结合球体和圆的性质，分别求出和，然后利用勾股定理求球的半径，最后利用球的表面积公式求解即可.
【详解】由题意，取的中点，连接，，，，如下图所示：
由球体性质可知，四边形为矩形，
因为，，，
所以，且为正三角形，
故，，
从而球的半径，
故球的表面积为.
故答案为：.
14. 已知，则_________________．
【答案】##
【解析】
【分析】先利用两角和差公式，再利用二倍角公式即可求得函数值；
【详解】
故答案为：.
四、解答题
15. （1）已知满足，求实数，的值．
（2）已知向量，，求在上的投影向量的坐标．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，将带入方程，根据复数相等的条件，即可求得答案.
（2）根据题意，求得，进而可得在上投影，进而可得答案.
【详解】（1）由题意得：，
∴，即，
∴，解得，.
（2），
∴在上的投影为，
∴在上的投影向量的坐标
16. 已知函数．
（1）求的单调增区间；
（2）当时，求的值域．
【答案】（1）单调增区间；（2）.
【解析】
【分析】（1）首先利用三角恒等变换公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；
（2）由的取值范围求出的范围，再根据正弦函数的性质计算可得；
【详解】（1）．
∴，
∵，∴
∴的单调增区间．
（2）∵，∴，∴．
∴，
∴的值域为．
17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，交于点N，为等腰直角三角形，，点M为棱的中点.
（1）证明：//平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理作答.
（2）取的中点F，利用面面垂直的性质推理，结合余弦定理、直线与其平行平面间距离求解作答.
【小问1详解】
在四棱锥中，菱形的对角线，交于点N，则N是的中点，
而M为棱的中点，于是，又平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
取的中点F，连接，，，如图，
菱形中，由，得是正三角形，有，
由，得，又平面平面，平面平面，
而平面，平面，因此平面，平面，
设，则，，，
中，由余弦定理得，
则，因为，平面，平面，
于是平面，则点C到平面的距离，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值是.
18. 2021年4月23日“世界读书日”来临时，某校为了解中学生课外阅读情况，随机抽取了100名学生，并获得了他们一周课外阅读时间（单位：小时）的数据，整理得到下表．
（1）求a，b的值，并在下图中作出这些数据的频率直方图（用阴影涂黑）；
（2）根据频率直方图估计该组数据的众数及中位数（中位数精确到0.01）；
（3）现从第4、5组中用比例分配的分层抽样方法抽取6人参加校中华诗词比赛，经过比赛后，第4组得分的平均数，方差，第5组得分的平均数，方差，则这6人得分的平均数和方差分别为多少（方差精确到0.01）？
【答案】（1）；；作图见解析
（2）众数的估计值为7.5；中位数的估计值为11.67
（3）平均数为7，方差为1.67
【解析】
【分析】（1）根据频率之和为1，以及频数之和为样本容量，即可求解.
（2）根据频率分步直方图，可求众数以及中位数.
（3）根据平均数和方差的公式即可求解.
【小问1详解】
∵，∴．
∵，∴．
频率直方图如下：
【小问2详解】
该组数据众数的估计值为7.5．
易知中位数应在内，设中位数为x，
则，解得，故中位数的估计值为11.67．
【小问3详解】
∵第4组和第5组的频数之比为2∶1，∴从第4组抽取4人，第5组抽取2人．
∴这6人得分的平均数，
方差，
即这6人得分的平均数为7，方差为1.67．
19. 记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若，求面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理即可解出；
（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出．
【小问1详解】
因为，所以，解得：．
【小问2详解】
由正弦定理可得
，
变形可得：，即，
而，所以，又，所以，
故的面积为．
组号
分组
频数
频率
1
5
0.05
2
a
0.35
3
30
b
4
20
0.20
5
10
0.10
合计
100
1