湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．若i为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A．B．1C．D．i
2．下列说法不正确的是（ ）
A．零向量加一个零向量还是零向量
B．零向量减一个零向量还是零向量
C．零向量乘一个零向量还是零向量
D．零向量乘零还是零向量
3．平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数据分布的形态有关，在下图两种分布形态中，分别对应平均数和中位数之一，则可能的对应关系是（ ）
A．为中位数，为平均数，为平均数，为中位数
B．为平均数，为中位数，为平均数，为中位数
C．为中位数，为平均数，为中位数，为平均数
D．为平均数，为中位数，为中位数，为平均数
4．一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的上四分位数（即第75百分位数）为（ ）
A．7B．7.5C．18D．19
5．已知，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．存在两条不同直线a，b，使，，，
B．存在两条不同直线a，b，使，，，
C．存在两条异面直线a，b，使，，，
D．存在两条平行直线a，b，使，，，
6．如图，点为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A． B．
C． D．
7．类比思想是学习数学的一种重要的思想方法，是指依据两类数学对象的相似性，将已知的一类数学对象的性质迁移到另一类数学对象上去的一种思维方法.在平面几何中，有如下命题“正三角形的高为，是内任意一点，到三边的距离分别为，，，则为定值”.证明如下：设正三角形边长为，高，到三边的距离分别，，，则：，即：，化简得，，∴（定值）.类比此命题及证明方法，在立体几何中如图，正四棱锥中，，侧面与底面的夹角为.若点是正四棱锥内任意一点，点到平面，平面，平面，平面，平面的距离分别为，，，，，则（ ）

A．B．C．D．
8．奔驰定理：已知是内的一点，若、、的面积分别记为、、，则.“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的lg很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知是的垂心，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A．B．复数在复平面内对应的点位于第一象限
C．D．为纯虚数
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则如下判断正确的是（ ）
A．若，则是钝角三角形
B．若，则为等腰三角形或钝角三角形
C．若，则是锐角三角形
D．若，，则符合条件的有两个
11．已知棱长为的正四面体（棱长都相等的三棱锥）的高为，外接球的半径为，内切球的半径为，现有棱长为的正四面体的内切球的表面积为，且表面密封，下列说法正确的是（ ）
A．侧棱与平面所成的角的正切为
B．正四面体的外接球的体积为
C．若有一个小正四面体在正四面体的内部，且可以任意旋转，则小正四面体的棱长的最大值为
D．若有一个小正方体在正四面体的内部，且可以任意旋转，则小正方体的棱长的最大值为
三、填空题
12．已知一组数据分别是1，4，2，3，，它们的平均数是3，则对于以下数据：的方差是
13．如图，四个边长均相等的等边三角形有一条边在同一条直线上，边上有10个不同的点，，记，若，则等边三角形的边长为 .

14．如图，在直角梯形中，，，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体.则该几何体的表面积为 ；一只蚂蚁在形成的几何体上从点A绕着几何体的侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程为 .
四、解答题
15．某高校体检随机抽取100名学生，测得他们的身高（单位：cm），按照区间，，，，分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示.
(1)求和频率分布直方图中身高在175cm及以下的学生人数；
(2)估计该校100名学生身高的下四分位数（结果保留整数）.
(3)已知落在区间的样本平均数是173，方差是8，落在区间的样本平均数是178，方差是6，求两组样本成绩合并后的平均数和方差.
参考公式：若总体划分为2层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，记总的样本平均数为，样本方差为，则.
16．如图，已知平行四边形的三个顶点，，的坐标分别是，，.
(1)求顶点的坐标；
(2)求向量与向量所成角的余弦；
(3)求向量与向量上的投影向量的坐标.
17．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，使平面平面?请说明理由.
(3)若四棱锥的体积为1，求三棱柱的体积.
18．如图，在四棱锥中，平面，底面为梯形，，平面平面，且，.
(1)若平面与平面相交于直线，求证：；
(2)求证：；
(3)求二面角的余弦值.
19．法国数学家费马在给意大利数学家托里拆利的一封信中提到“费马点”，即平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.托里拆利确定费马点的方法如下：
①当的三个内角均小于120°时，满足的点O为费马点；
②当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.
请用以上知识解决下面的问题：
已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，点M为的费马点，且
(1)求角C；
(2)求；
(3)已知在中，若点P为平面上任意一点，求的最小值；
湖北省武汉市常青联合体2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷参考答案
1．A
【详解】由，虚部为.
故选：A
2．C
【详解】由向量的运算性质，零向量乘一个零向量是数量零，而两个零向量的加减、数乘（乘以0）均为零向量.
故选：C
3．A
【详解】解：在频率分布直方图中，
中位数两侧小矩形的面积相等，
平均数是每组频率的中间值乘频数再相加之和，
结合两个频率分布直方图得：
为中位数，为平均数，为平均数，为中位数．
故选：A．
4．D
【详解】把数据按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23，
因为，所以第75百分位数是第9，10两个数的平均数，为19.
故选：D
5．C
【详解】对于A，若交于直线，空间存在直线都平行于，满足前提，但不成立，故不是充分条件；
对于B，若交于直线，在内取两条直线都平行于直线，则，，满足前提，但不成立，故不是充分条件；
对于C，若交于直线，，，则（否则相交），同理，，则，故不可能异面，与前提矛盾，此时，是充分条件；
对于D：若交于直线，在内取，在内取，满足前提，但不成立，故不是充分条件；
故选：C
6．D
【详解】对于A选项，如图①所示，在正方体中，
且，
因为分别为的中点，
则且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面平面，
所以平面，同理可证平面，
因为平面，
所以平面平面，
因为平面，
故平面,故A满足；
对于B选项，如图②所示，连接，

在正方体中，且，
因为分别为的中点，则且，
所以四边形为平行四边形，故，
因为分别为的中点，则，
所以，
因为平面平面，
所以平面，故B满足；
对于C选项，如图③所示，在正方体中，取的中点，
连接，

因为且分别为的中点，
所以且，故四边形为平行四边形，则，
因为分别为的中点，
所以，则，
所以四点共面，
因为且，则四边形为平行四边形，
所以，
因为分别为的中点，则，
所以，
因为平面平面，
所以平面故C满足；
对于D选项，如图④所示，在正方体中，取的中点，
连接，

因为且分别为的中点，
则且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为分别为的中点，
所以，故，
所以四点共面，
同理可证，故，
同理可得，
反设平面，
因为，且平面，则平面，
但与平面有公共点，这与平面矛盾，
故平面，故D不满足.
故选：D.
7．A
【详解】连接交于点，取的中点，连接，
由正四棱锥的几何特征可得为的中点，且底面，
，，，
因为为的中点，所以，，
所以即为面与底面所成角的平面角，即，
，则，，所以，
，，
由，
所以.
故选：A.

8．B
【详解】∵是的垂心，延长交与点，
，同理，
∴，又，
∴，又，
∴，
不妨设，，，其中，
，
∴，化简整理得，解得（负值舍），
所以.
故选：B
9．ABD
【详解】，则，故A正确；
，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确；
为纯虚数，不能比较大小，故C错误，D正确.
故选：ABD
10．BD
【详解】对于A：因为，与的夹角为B的补角，所以B为锐角，不能确定的形状，A错误；
对于B：因为，，，，
所以或，
当时，，为等腰三角形，
当时，，，为钝角三角形，
所以为等腰三角形或钝角三角形，B正确；
对于C：因为，所以，
所以，故为锐角，但无法判断角A，B的范围，C错误；
对于D：因为，
所以，故符合条件的有两个，D正确.
故选：BD.
11．BC
【详解】

如图所示，设点在平面内的射影为点，则平面，即为侧棱与平面所成的角.
∵平面，∴.
由题知，，，
∴在中，，，
∴侧棱与平面所成的角的正弦值为，正切值为，故选项A错误；
∵棱长为的正四面体的内切球的表面积为，
∴由题可知，解得，即正四面体的内切球的半径.
∴正四面体的外接球的半径，体积为，故选项B正确；
当小正四面体的外接球为正四面体的内切球时，小正四面体的棱长取得最大值，∴，即，故选项C正确；
当小正方体的外接球为正四面体的内切球时，小正方体的棱长取得最大值，∴，即，故选项D错误.
故选：BC.
12．8
【详解】由题意，故，
所以，，，，的方差为，
数据，，，，的方差是.
故答案为：8
13．3
【详解】设等边三角形边长为，以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，
则，，，，
直线的斜率为：，方程为：，
设，因为在上，所以，
且，依题意，，所以，解得（负的舍去），即等边三角形的边长为3.

故答案为：3.
14． 12
【详解】如图所示，满足题意的直角梯形，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周，
形成一个上底面半径为，下底面半径，母线长的圆台，
其表面积为.
将圆台的侧面沿母线展开，得到如图所示的一个扇环，因为圆台上下底面半径的关系为，所以，，
又∵，∴，
∴，设，则的弧长，
解得，连接，为等边三角形，
∴所以蚂蚁从点A绕着圆台的侧面爬行一周，回到点A的最短路径即为线段，所以蚂蚁爬行的最短路程为12.
故答案为：；12.
15．(1)，70（人）
(2)168
(3)，
【详解】（1）由频率分布直方图可知，解得，
身高在175cm及以下的学生人数（人）.
（2）的人数占比为，
的人数占比为，
所以该校100名生学身高的下四分位数即分位数落在，
设该校100名生学身高的分位数为，则，解得，
故该校100名生学身高的下四分位数约为168.
（3）由频率分布直方图知，这100名学生的身高在的有人，
身高在的有人，所以，
总方差
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设.∵，，，∴，.
又四边形是平行四边形，∴，∴，即，解得.
∴顶点的坐标为.
（2）由（1）可知，，
∴向量与向量所成角的余弦为.
（3）∵，，
∴向量与向量上的投影向量的坐标为.
17．(1)证明见解析
(2)存在，理由见解析
(3)
【详解】（1）证明：因为，分别为线段上的点,,
所以.又因为，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）取的点，，连接，.则.
因为平面，平面，所以平面，
同理可得，平面，又因为，，平面，
所以平面平面，
故在线段上存在一点，使平面平面.

（3）由题意可得，则得,
所以.
故三棱柱的体积为.
18．(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）由，平面，平面，得平面，
又平面，且平面与平面相交于直线，所以.
（2）在平面内作于H，
∵平面平面，平面平面，
∴平面，平面，则
又平面，平面，则，
又且都在平面内，故平面，
又平面，则.
（3）若是的中点，连接，
由（2）知，，，
由平面，平面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，过作于，连接，
显然，平面，因此平面，
而平面，则，即是二面角的平面角，
由，，得，，
则，，，
所以二面角的余弦值是.
19．(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）因为，又，
所以，又大于0，故，所以，
又，结合三角形内角性质，所以.
（2）由，知，
由费马点定义知，，
设，，，，，，
由得：，整理得，
则；
（3）在中，，，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，
则、、，设点，
则，，，
所以，
则的几何意义是点到点、、的距离之和，
由题意知，当点为的费马点时，取最小值，
在等腰中，，，，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
A
D
C
D
A
B
ABD
BD
题号
11









答案
BC