广东省湛江市2024_2025学年高一下册期末调研测试数学检测试卷[有解析]

这是一份广东省湛江市2024_2025学年高一下册期末调研测试数学检测试卷[有解析]，共21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。
1．若复数，，则（ ）
A．B．C．D．
2．袋中装有6个白球，5个黄球，4个红球，从中任取一球，则取到红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的周长是（ ）
A．12B．C．16D．
4．已知一个圆台母线长为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇环，则圆台上下底面圆周长之差的绝对值为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，两座山峰的高度，为测量峰顶和峰顶之间的距离，测量队在点（，，在同一水平面上）测得点的仰角为，点的仰角为，且，则两座山峰峰顶之间的距离（ ）
A．200 mB．400 mC．D．
6．在平行四边形中，，若交于点M，则（ ）
A．B．
C．D．
7．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则下列说法错误的是（ ）
A．直线共面
B．
C．直线与平面所成角的正切值为
D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
8．如图，以边长为4的菱形的四条边为直径向外作四个半圆，P是这四个半圆弧上的一动点，，则的最大值是（ ）
A．16B．C．18D．20
二、多选题
9．在一次比赛中，7名裁判员对运动员甲的评分分别为8.0，8.5，9.0，8.0，8.5，5.5，8.5，关于这组数据，下列说法正确的有（ ）
A．这组数据的中位数大于平均数
B．这组数据的80%分位数为8.5
C．这组数据的众数为8.0
D．去掉一个最低分和一个最高分后，新的一组数据的平均数会变大
10．一个不透明的盒子中装有大小和质地都相同，编号分别为1，2，3，4的4个小球，从中依次不放回摸出两个球.设事件“第一次摸出球的编号为奇数”，事件“摸出的两个球的编号之和为5”，事件“摸出的两个球中有编号为2的球”，则（ ）
A．B．事件A与事件B为独立事件
C．D．事件B与事件C为互斥事件
11．在锐角中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．角B的范围是
C．若的平分线交BC于D，，，则
D．的取值范围是
三、填空题
12．已知，则 ；
13．若4个数据的平均值为6，方差为5，现加入数据8和10，则这6个数据的方差为 ．
14．在三棱锥中，底面ABC，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为 ．
四、解答题
15．某中学为提升学生的数学素养，激发大家学习数学的兴趣，举办了一场“数学文化素养知识大赛”，分为初赛和复赛两个环节，全校学生参加了初赛，现从参加初赛的全体学生中随机地抽取300人的成绩作为样本，得到如下频率分布直方图，根据图形，请回答下列问题：
(1)求频率分布直方图中的值.若从成绩不低于70分的学生中，按分层抽样方法抽取24人的成绩，求24人中成绩不低于90分的人数.
(2)用样本估计总体，估计该校学生数学文化素养知识初赛成绩的中位数.（保留小数点后两位）
(3)若甲、乙两位同学均进入复赛，已知甲复赛获一等奖的概率为，乙复赛获一等奖的概率为，甲、乙是否获一等奖互不影响，求至少有一位同学复赛获一等奖的概率.
16．已知向量，．
(1)当时，求向量的坐标；
(2)若，求实数x的值；
(3)求的最大值和最小值．
17．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正切值．
18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求B；
(2)已知D为边AB上的一点，且.
（ⅰ）若，，求AC的长；
（ⅱ）求的取值范围.
19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示．
(1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离；
(3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度．
1．C
利用复数的加法法则计算即得.
【详解】
故选：C.
2．B
由题可得取球的总情况数，及取到红球的情况数，据此可得答案.
【详解】由题可得取球的总情况数为，取到红球的情况数为4，则取到红球的概率为：
.
故选：B
3．C
根据斜二测画法的原理作出原图形，求出边长即可得原图形的周长.
【详解】从直观图可得，
原图形为：
则四边形OABC为平行四边形，，
，
所以其周长为.
故选：C.
4．A
根据圆台母线长与侧面展开图扇环内外圆半径的关系得到一个等式，再利用圆台上下底面圆周长与扇环内外圆周长的比例关系，进而求出圆台上下底面圆周长之差.
【详解】设圆台的侧面展开图扇环的内圆半径为，外圆半径为，（）
则圆台母线长为，
设圆台上、下底面圆半径分别为，（），
则，，∴，
圆台上下底面圆周长之差的绝对值为.
故选：A.
5．C
在、中利用锐角三角函数求出、，再在中利用余弦定理计算可得.
【详解】在中，
在中，
在中
．
故选：C
6．B
由得为线段上的四等分点，根据三角形相似得，然后根据向量的线性运算化简求解即可.
【详解】，为线段上靠近点C的四等分点．
由平行四边形性质知，
即，．
故选：B．
7．D
对于A项，一般考虑寻找两平行线较易说明共面问题；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C项，充分利用正方体条件，找到直线与平面所成的角，在三角形中求解即得；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可.
【详解】

对于A项，如图①，分别连接,,在正方体中，易得矩形,
故有，又E， G分别是棱的中点，则,故,即可确定一个平面，故A项正确；
对于B项，如图②，,故B项正确；
对于C项，如图③，连接,因平面，故直线与平面所成角即,
在中，,故C项正确；
对于D项，如图④，连接,易得,
因平面平面，则为过点B，E，F的平面与平面的一条截线，
即过点B，E，F的平面即平面.
由可得四边形为等腰梯形，
故其面积为： ，即D项错误.
故选：D.
8．D
根据给定条件，利用向量数量积的几何意义，由点的位置分类探讨确定取最大值的位置，再取中点，利用数量积的运算律及定义求出最大值.
【详解】当点在半圆或半圆的弧上时，在方向上的投影的数量为非正数；
当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量在内，；
当点在半圆的弧上时，在方向上的投影的数量不小于2，
因此当取最大值时，点在半圆的弧上，取中点，则，
而，
，当且仅当时取等号，
所以的最大值是20.
故选：D
9．ABD
根据给定条件，利用平均数、80%分位数、众数的意义依次求解判断.
【详解】给定数据由小到大排列为，
对于A，平均数，中位数8.5，A正确；
对于B，由，得这组数据的80%分位数为8.5，B正确；
对于C，这组数据的众数为8.5，C错误；
对于D，新数据组的平均数为，D正确.
故选：ABD
10．AB
根据古典概型计算判断A，独立事件乘法公式计算判断B，根据概率性质计算判断C，应用互斥事件的定义判断D.
【详解】对于A：由古典概率的计算易得，故A正确；
对于B：因为，，，
所以，即事件A与事件B为独立事件，故B正确；
对于C：因为，故C错误；
对于D：当摸出的两个球编号为2，3时，事件B与事件C同时发生，故D错误，
故选:AB
11．ACD
由正弦定理可得，化简得，再结合题意可对A判断；由A可得，再结合为锐角三角形即可对B判断；利用正弦定理可求得，从而可得，从而可对C判断；由，再令，结合在上单调递增，可对D判断.
【详解】A、B：由正弦边角关系有，
所以，又且，，所以，故A正确；
由上，可得，故B错误:
C：如下图示，设，则，，
由，则，且，则，
所以，
而，且，则，所以，故C正确；
D：由，
而，且在上单调递增，则值域为，故D正确.
故选：ACD.
12．
先求，进而得，最后复数的模即可.
【详解】由有，所以，所以，
故答案为：.
13．/
设原来4个数据依次为，，，，根据平均数和方差得到方程，并求出加入数据8和10后的平均数和方差.
【详解】设原来4个数据依次为，，，，则，
因为方差为5，所以，
即，
所以，
则．
现加入数据8和10，则其平均数为，
则这6个数据的方差为
．
故答案为：
14．
由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解.
【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线，
则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且，
在中，，即，
所以，
即（当且仅当时取等号），
设外接圆半径为，由正弦定理得，即，
所以外接球的半径，则，
故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
故答案为：.
15．(1)，24人中成绩不低于90分的人数为2，
(2)
(3)
【详解】（1）由题意可知，解得，
成绩位于的频率之比为，
故24人中成绩不低于90分的人数为，
（2）由于，
，
故中位数位于，
设中位数为，则，解得，
（3）甲乙两个人都未复赛获一等奖的概率为，
故至少有一位同学复赛获一等奖的概率为
16．(1)
(2)，
(3)，
（1）由特殊角三角函数的计算和平面向量加法的坐标运算可得结果；
（2）由向量平行的坐标关系列式求解；
（3）先根据向量数量积的坐标公式化简函数，再根据二倍角公式化简，最后根据正弦函数性质可得最值.
【详解】（1）当时，，，
则．
（2）若，则，即，
所以，．
（3）因为，，
所以．
因为，
所以当时，取得最大值，，
当时，取得最小值，．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）先证明，从而证明，再由，可证明平面；（2）作，与交于点，，与交于点，连接，可得就是二面角的平面角，证明，，从而计算各边长，再计算二面角的正切值.
【详解】（1）证明：在直角梯形中，由，，得，
由，得，即，
又平面平面，从而平面，
所以，又，，从而平面；
（2）作，与交于点，，与交于点，连接，
由（1）知，所以就是二面角的平面角，
在直角梯形中，由，得，
又平面平面，得平面，从而，
由于平面，得．
在中，由，，得；
在中，由，，，得，
，，
所以二面角的正切值为．
18．(1)
(2)（1）；（2）
【详解】（1）由题意知，
又由正弦定理得，所以.
又，所以，所以，
所以，
因为，所以，所以，

又因为，所以.
（2）（ⅰ）因为，
根据余弦定理得，所以，
因为，所以，
在中，由正弦定理知，，即，所以，
进而,所以故，
（ⅱ）因为，所以，
在中，由正弦定理得，所以；
又在中，；
所以，
因为，所以，所以，
所以的取值范围是.
19．(1)2
(2)
(3)
（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解；
（2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离；
（3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案.
【详解】（1）根据离散曲率的定义得，
，
，
又因为
，
所以．
（2）∵平面平面，∴，
又∵，平面，∴平面，
∵平面，∴，
∵，即
∴，∴，过点A作于点，
由平面平面，得，
又平面，则平面，
因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，，
∴点到平面的距离为.
（3）过点作交于，连结，
∵平面，∴平面，
∴为直线与平面所成的角，
依题意可得，，
，
，，
设，则，
在中， ，
又，所以，
则，
∴，解得：或（舍）
故.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
A
C
B
D
D
ABD
AB
题号
11









答案
ACD