2024-2025学年山东省德州市高一数学下学期7月期末考试（附答案）

这是一份2024-2025学年山东省德州市高一数学下学期7月期末考试（附答案），共26页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案，不能答在测试卷上．
第Ⅰ卷选择题（共58分）
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）
1. 已知复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数为（）
A. B. C. D.
2. 已知向量，，若，则（）
A. B. C. D. 1
3. 已知l，m是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）
A若，∥，则
B. 若，，∥，则∥
C. 若，，，则
D. 若，，∥，则∥
4. 已知，则（）
A. B. 3C. D.
5. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的5个小球，其中有编号分别为1，2，3的红球3个，编号分别为2，3的白球2个，从盒子中任取2个小球（假设取到任何一个小球的可能性相同）．则在取出的2个小球中，至少有一个白球且小球编号最小值为2的概率是（）
A. B. C. D.
6. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，则（）
A. 15°B. 60°C. 75°D. 105°
7. 已知4个数据的平均值为6，方差为3，现加入数据4和8，则这6个数据的方差为（）
A3B. 5C. D.
8. 已知三棱柱中，底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，一质点从A出发沿三棱柱的棱前进，若经过的第一条棱为，且第条棱与第n条棱异面，则该质点经过2024条棱后运动的总路程为（）
A. 2696B. 2098C. 2699D. 2700
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. 已知复数，下列结论正确有（）
A. B.
C. 若，则z为纯虚数D. 若，则z为纯虚数
10. 某同学记录了连续5天的平均气温，已知这组数据均为整数，将该组数据从小到大排列，中位数为20，唯一众数为22，极差为5，则（）
A. 该组数据中最小的数据可能为16B. 该组数据的平均数不大于20
C. 该组数据的60%分位数是21D. 该组数据的第二个数字是18
11. 棱长为2的正方体中，用一平面去截，则下列说法正确的是（）
A. 当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形
B. 当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形
C. 若E为的中点，平面截正方体所得截面面积为
D. 过棱，，的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为
第Ⅱ卷非选择题（共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为______．
13. 某种零件是由如图所示的平面图形以为轴旋转一周而成，其中，∥，，，，则该零件的体积为______．
14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为______．
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 已知X，Y两组各有5位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：
X组：10，11，12，13，14，Y组：12，13，15，14，a
假设所有病人的康复时间相互独立，从X，Y两组随机各选1人，X组选出的人记为甲，Y组选出的人记为乙．
（1）如果，求甲康复时间比乙的康复时间长的概率；
（2）如果，事件M：“甲康复时间为11天”，事件N：“甲乙康复时间之和为25天”，事件M，N是否相互独立？
16. 已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，∥，，若，，点M为的中点，点N为的四等分点（靠近点P）．
（1）求证：平面平面；
（2）求点P到平面的距离．
17. 某新能源汽车电池代工厂生产甲、乙两种型号的电池，为了解电池的某项指标，从这两种电池中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）估计乙型电池该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），并估计甲型电池这一指标的75%分位数；
（2）现分别采用分层抽样的方式，从甲型电池指标在内取2件，乙型电池指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率．
18. 如图，平面四边形中，，，，锐角的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足，，．
（1）求外接圆的半径R；
（2）求内切圆半径r取值范围．
19. 已知正的边长为，是边上的高，E，F分别是和边的中点．
（1）若将沿翻折成直二面角，如图所示．若棱锥的体积为，求a的值；
（2）若将沿翻折成二面角的平面角为60°，求与平面所成的角的正切值；
（3）设将沿翻折成二面角的平面角为（为锐角），与平面所成的角为，用表示．高一数学试题答案
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷1-2页，第Ⅱ卷2-4页，共150分，测试时间120分钟．
注意事项：
选择题每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案，不能答在测试卷上．
第Ⅰ卷选择题（共58分）
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的．）
1. 已知复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用求出复数，从而可求出其共轭复数.
【详解】由，得，
所以.
故选：D
2. 已知向量，，若，则（）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示计算即得.
【详解】向量，，则，
由，得，所以.
故选：B
3. 已知l，m是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（）
A. 若，∥，则
B. 若，，∥，则∥
C. 若，，，则
D. 若，，∥，则∥
【答案】B
【解析】
【分析】对于ACD，举例判断，对于B，利用线面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于A，如图，当，∥时，∥，所以A错误，
对于B，因为，所以，
因为l，m是两条不重合直线，，所以，
因为∥，所以∥，所以B正确，
对于C，如图，在正三棱柱中，当，，时，与不垂直，所以C错误，
对于D，如图，当，，∥时，与是异面直线，所以D错误，
故选：B
4. 已知，则（）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对已知等式化简可求出，然后利用两角和的正切公式化简求解即可.
【详解】由，得，得，
所以，
所以.
故选：A
5. 一个盒子里装有除颜色外完全相同的5个小球，其中有编号分别为1，2，3的红球3个，编号分别为2，3的白球2个，从盒子中任取2个小球（假设取到任何一个小球的可能性相同）．则在取出的2个小球中，至少有一个白球且小球编号最小值为2的概率是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法求解，列出5个球中取出2个球的所有情况，然后找出至少有一个白球且小球编号最小值为2的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】由题意得从5个球中取出2个球的所有情况有：
（红1红2），（红1红3），（红1白2），（红1白3），（红2红3），（红2白2），
（红2白3），（红3白2），（红3白3），（白2白3），共10种情况，
其中至少有一个白球且小球编号最小值为2的有：
（红2白2），（红2白3），（红3白2），（白2白3），有4种情况，
所以所求概率为.
故选：C
6. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，则（）
A. 15°B. 60°C. 75°D. 105°
【答案】C
【解析】
【分析】先根据余弦定理得出角C,再代入得出角,最后应用内角和即可求出.
【详解】因为，所以,，
又因为，所以，
所以.
故选：C.
7. 已知4个数据的平均值为6，方差为3，现加入数据4和8，则这6个数据的方差为（）
A. 3B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由平均数及方差的计算公式求解即可
【详解】设原来的4个数为，则，
所以，
加入数据4和8后的平均数为，
所以这6个数的方差为
.
故选：D
8. 已知三棱柱中，底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为2，一质点从A出发沿三棱柱的棱前进，若经过的第一条棱为，且第条棱与第n条棱异面，则该质点经过2024条棱后运动的总路程为（）
A. 2696B. 2098C. 2699D. 2700
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求出前几次的路程，发现所走路程连续3条棱的长度之和为4，利用周期性从而可求出结果.
【详解】因为第一条棱为，且第条棱与第n条棱异面，
所以第二次经过的棱为或，此时经过的棱长为1，
第三次经过的棱与第一次经过的棱异面，则第三次经过棱或，
此时经过的棱长为1，
第四次经过的棱与第二次经过的棱异面，则第四次经过棱或，
此时经过的棱长为2，
第五次经过的棱与第三次经过的棱异面，则第四次经过棱或，
此时经过的棱长为1，
……，
所以第条棱的长度为2，第条棱的长度为1，
则连续3条棱的长度之和为4，
而，
所以该质点运动完第2024条棱后，运动的总路程为
.
故选：C
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. 已知复数，下列结论正确的有（）
A. B.
C. 若，则z为纯虚数D. 若，则z为纯虚数
【答案】ABD
【解析】
【分析】设，由复数的概念、复数模的定义以及复数的四则运算即可逐一验算各个选项.
【详解】设，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，若，则，但此时z不为纯虚数，故C错误；
对于D，若，所以，又，所以，即z为纯虚数，故D正确.
故选：ABD.
10. 某同学记录了连续5天的平均气温，已知这组数据均为整数，将该组数据从小到大排列，中位数为20，唯一众数为22，极差为5，则（）
A. 该组数据中最小的数据可能为16B. 该组数据的平均数不大于20
C. 该组数据的60%分位数是21D. 该组数据的第二个数字是18
【答案】BC
【解析】
【分析】由题意设该组数据从小到大为，由中位数，众数与极差可得设该组数据从小到大为，故或，再逐项判断即可求解.
【详解】由题意设该组数据从小到大为，
因为中位数为20，唯一众数为22，
则，.
因为极差为5，所以，解得.
对于A，该组数据中最小的数据为17，故A错误；
对于B，设该组数据从小到大为，
因为这组数据均为整数，故或.
所以该组数据的平均数为，故B正确；
对于C，，所以该组数据的60%分位数是，故C正确；
对于D，该组数据的第二个数字可能是18，也可能是19，故D错误.
故选：BC.
11. 棱长为2的正方体中，用一平面去截，则下列说法正确的是（）
A. 当截面为三角形时，截面一定为锐角三角形
B. 当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形
C. 若E为的中点，平面截正方体所得截面面积为
D. 过棱，，的中点作正方体的截面，截面多边形的周长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，当截面为三角形时，根据余弦定理得到，为锐角，得到A正确；B选项，假设截面为直角梯形，根据线面垂直和线面平行得到矛盾；C选项，作出截面，得到平面截正方体所得截面面积；D选项，作出辅助线，得到五边形即为过棱，，的中点作正方体的截面，并求出各边长，得到答案.
【详解】A选项，如图，截面为三角形，
设，则，
由于，故，为锐角，
同理为锐角，
故截面一定为锐角三角形，A正确；
B选项，如图，截面是梯形，，与不平行，
假设梯形为直角梯形，其中⊥，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，，平面，
所以⊥平面，
因⊥平面，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，平面，
所以，矛盾，假设不成立，
当截面是梯形时，截面不可能为直角梯形，B正确；
C选项，取的中点，连接，
则可得平面截正方体所得截面即为平行四边形，
因为若E为的中点，由勾股定理得，
故平行四边形为菱形，
其中，，
故平面截正方体所得截面面积，C错误；
D选项，直线交的延长线于点，连接分别交，于点，
连接，则五边形即为过棱，，的中点作正方体的截面，
取的中点，连接，
其中，，，
故，，故，
同理可得，
其中，，
故截面多边形的周长为，D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
第Ⅱ卷非选择题（共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 抛掷两个质地均匀的骰子，则“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用列举法求解，列出抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况，再找出抛掷的两个骰子的点数之和是6的情况，然后利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】抛掷两个质地均匀的骰子出现的所有情况有：
（1,1），（1,2），（1,3），（1,4），（1,5），（1,6），
（2,1），（2,2），（2,3），（2,4），（2,5），（2,6），
（3,1），（3,2），（3,3），（3,4），（3,5），（3,6），
（4,1），（4,2），（4,3），（4,4），（4,5），（4,6），
（5,1），（5,2），（5,3），（5,4），（5,5），（5,6），
（6,1），（6,2），（6,3），（6,4），（6,5），（6,6），
共36种情况，
其中“抛掷的两个骰子的点数之和是6”的有：
（1,5），（2,4），（3,3），（4,2），（5,1），5种，
所以所求概率为.
故答案为：
13. 某种零件是由如图所示的平面图形以为轴旋转一周而成，其中，∥，，，，则该零件的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知所得的几何体为圆锥与圆台的组合体，然后利用圆锥和圆台的体积公式求解即可.
【详解】因为，∥，所以，
所以平面图形以为轴旋转一周面上形成的几何体为圆锥与圆台的组合体，
其中圆锥的高为，底面圆的半径为，圆台的高为，两底面圆的半径分别为，，
所以该零件的体积为
.
故答案为：
14. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】将该多面体补全为正方体，得出该多面体的外接球即为正方体的棱切球，求出该正方体的棱长得出棱切球半径，计算得到表面积.
【详解】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，
易知，可得，
所以正方体的棱长为，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为4，
因此该多面体的外接球的半径为2，所以其表面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决问题的关键是通过适当补形，求出外接球的半径，由此即可顺利得解.
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 已知X，Y两组各有5位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天）记录如下：
X组：10，11，12，13，14，Y组：12，13，15，14，a
假设所有病人的康复时间相互独立，从X，Y两组随机各选1人，X组选出的人记为甲，Y组选出的人记为乙．
（1）如果，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
（2）如果，事件M：“甲康复时间为11天”，事件N：“甲乙康复时间之和为25天”，事件M，N是否相互独立？
【答案】（1）；
（2）事件M，N不相互独立
【解析】
【分析】（1）利用列举法求出古典概率即得结果.
（2）利用列举法求出概率，再利用相互独立事件的定义判断即得.
【小问1详解】
当时，从X，Y两组随机各选1人，
样本空间，共有25种，
甲的康复时间比乙的康复时间长的情况有，共8种，
所以概率为.
【小问2详解】
当时，，
事件N的情况有，共4种，则
事件MN：“甲康复时间为11天且甲乙康复时间之和为25天”的情况为，则，
因此，
所以事件M，N不相互独立．
16. 已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，∥，，若，，点M为的中点，点N为的四等分点（靠近点P）．
（1）求证：平面平面；
（2）求点P到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）1
【解析】
【分析】（1）由平面，得，而，则由线面垂直的判定定理可得平面，则得，再由等腰三角形的性质得，所以得平面，然后利用面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）利用可求得点P到平面的距离．
【小问1详解】
证明：在四棱锥中，平面，平面，
则，又，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，点M为中点，所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面
【小问2详解】
由（1）知平面，又平面，则，
因为，，，点M为的中点，
所以，，，
因为点N为的四等分点（靠近点P）．
所以，
因为，，所以
所以由余弦定理得
，
所以，所以，
因为平面，所以
设点P到平面的距离为h，
所以三棱锥的体积．
所以．
17. 某新能源汽车电池代工厂生产甲、乙两种型号的电池，为了解电池的某项指标，从这两种电池中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：
假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）估计乙型电池该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表），并估计甲型电池这一指标的75%分位数；
（2）现分别采用分层抽样的方式，从甲型电池指标在内取2件，乙型电池指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求指标在和内各1件的概率．
【答案】（1）47，88．
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据平均数的定义求解，先判断75%分位数的位置，然后列方程求解即可；
（2）根据分层抽样的定义结合已知求出甲型电池指标在和的件数，乙型电池指标在和的件数，然后利用列举法求解即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图得乙型电池该项指标的平均值为：
．
设甲型电池的所有指标的75%分位数为a，
由于前四个矩形面积，
前五个矩形面积，
故，
解得，
即甲型电池的所有指标的75%分位数约为88．
【小问2详解】
根据分层抽样得，来自甲型电池指标在和的各1件，分别记为A和B，来自乙型电池指标在和分别为3件和1件，分别记为，，和D，
从中任取两件，样本空间可记为
共包含15个样本点，
记事件E：指标在和各1件，
则共包含3个样本点，
所以．
所以指标在和各1件的概率为．
18. 如图，平面四边形中，，，，锐角的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足，，．
（1）求外接圆的半径R；
（2）求内切圆半径r的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的定义、三角形面积公式可得，即，进一步有，结合余弦定理有，由以及正弦定理、余弦定理可得，再结合正弦定理即可求解；
（2）由余弦定理结合等面积法可得，从而由正弦定理将所求转换为三角函数值域即可得解.
【小问1详解】
在中，因为，
所以
由，得，
于是，而，
因此，，则，
在中，，
解得，
在中，因为，，且
所以
由正弦定理整理得，
由余弦定理，得，又，因此，
于是外接圆的半径；
【小问2详解】
由（1）知：，则，即有
由，
得，
在中，由正弦定理，
所以，，
则
又因为为锐角三角形，所以，得，
所以
所以，
所以．
从而．
19. 已知正的边长为，是边上的高，E，F分别是和边的中点．
（1）若将沿翻折成直二面角，如图所示．若棱锥的体积为，求a的值；
（2）若将沿翻折成二面角的平面角为60°，求与平面所成的角的正切值；
（3）设将沿翻折成二面角的平面角为（为锐角），与平面所成的角为，用表示．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先证明平面，且，然后利用已知体积列方程即可求解；
（2）取中点，连接，取中点，连、连，可以说明为与面所成的角，结合解三角形知识即可求解；
（3）过A作于，取中点，连、，可以说明为二面角的平面角，以及为与面的夹角，结合解三角形知识即可建立关系求解.
【小问1详解】
因为，，所以为二面角的平面角，
由已知，为直角，
所以，又，平面，
所以平面，取中点M，则，
所以平面，且，
因为棱锥的体积为，
【小问2详解】
所以，解得．
取中点，连接，取中点，连、连，
由面，
所以为二面角平面角，即，
所以为等边三角形，
所以．
又因为，平面，
所以面，
又因为，
所以，
过作于，
在中，
．
又因为面
所以为与面所成的角，
所以.
【小问3详解】
过A作于，取中点，连、，
由（2）知为二面角的平面角，且．
在中，，，
由得，且面，
即为与面的夹角，
取中点，连，则．
所以，．
中，，
所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：第二、三问的关键在于充分利用二面角、线面角的定义去寻求线段之间的关系，从而建立等量关系，由此即可顺利得解.