吉林省黑龙江省六校联考2024_2025学年高一数学下学期7月期末考试含解析

这是一份吉林省黑龙江省六校联考2024_2025学年高一数学下学期7月期末考试含解析，共17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。
一、单选题
1．若，为互斥事件，则
A．B．
C．D．
2．已知锐角三角形边长分别为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．如图，在直角梯形中，，则直角梯形的直观图的面积为（ ）

A．8B．C．1D．
4．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
5．空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
6．2024年巴黎奥运会奖牌榜前8名的金牌数依次为40，40，20，18，16，15，14，13，则这组数据的上四分位数为（ ）
A．40B．30C．15D．14.5
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，在立体几何中可解决以下问题，正四面体中，，若点是正四面体内任意一点，点到平面，平面，平面，平面APC的距离分别为，则（ ）
A．B．C．D．
8．某班准备从全班50人中选一人参加学校活动，投票结果甲乙丙三人票数并列第一，现决定抽签的方式在甲乙丙中确定最终人选，抽签规则如下，班主任掷骰子确定三人抽签顺序，抛掷一枚均匀的骰子，每个点数对应一种抽签顺序，然后甲乙丙按照相应顺序依次从装有大小形状完全相同的两白一红三个小球的盒子里不放回的各自取一球，取到红球即胜出，则甲胜出的概率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设复数，其中是虚数单位，是的共轭复数，下列判断中正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．以下叙述不正确的是（ ）
A．若事件两两独立，则
B．若，则事件两两独立
C．若，则事件两两互斥
D．若事件两两互斥，则
11．已知平面直角坐标系中三个点，则下列说法正确的是（ ）
A．若四边形为平行四边形，则点坐标为
B．以为圆心，作一个半径为1的圆，点为该圆上的任意一点，，若为正值，则的最小值为4
C．若与的夹角为锐角，则实数的取值范围为
D．与的角平分线所在直线平行的一个向量的坐标为
三、填空题
12．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 .

13．甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为，其中，若，就称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为 .
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．一只蚂蚁在形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短路程为 ．

四、解答题
15．为了了解某工厂生产的产品情况，从该工厂生产的产品中随机抽取了一个容量为400的样本，测量它们的尺寸（单位：mm），并将数据分为七组，其频率分布直方图如图所示．

(1)求值；
(2)根据频率分布直方图，求400件样本中尺寸在内的样本数；
(3)已知利用分层随机抽样从第一、二组共抽出十二个数据，从第一组，第二组抽出的数据的标准差分别为1和，平均值分别为93和94.5，求抽出数据的均值和方差．
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，在多面体中，，，，平面平面.

(1)证明：平面.
(2)已知，平面平面，是线段的中点.
①证明：四边形为矩形.
②求多面体的体积.
17．如图四边形中，

(1)若的面积为，且为锐角，求的长度．
(2)试问是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由，
(3)求四边形面积的最大值．
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)求与所成的角；
(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当三个内角均小于时，满足的点为费马点；
②当有一个内角大于或等于时，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、、所对的边分别为、、，点为的费马点，且
(1)求角；
(2)求；
(3)已知在中，若点为平面上任意一点，求的最小值．
1．B
【详解】因为A,B互斥，但A,B不一定对立，所以
2．D
根据已知，利用三角形三边关系及余弦边角关系列不等式求边长的范围.
【详解】由三角形三边关系有，又三角形为锐角三角形，
若，则，可得，即，
若，则，可得，即，
综上，.
故选：D
3．C
根据已知求原图的面积，再由斜二测画法中原图与直观图面积关系求结果.
【详解】由题设，
由.
故选：C
4．A
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，由此能求出结果．
【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．
5．B
根据各项线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断各项的正误.
【详解】A：由，则或，又，则，对；
B：由，则平行或相交（不一定垂直），错；
C：由，则，又，则必有，对；
D：由，则，又，则，对.
故选：B
6．B
运用百分位数的求法求这组数据的上四分位数即可.
【详解】由题设，数据从小到大为，且，
所以数据的上四分位数为.
故选：B
7．D
根据题设，应用等体积法有，结合棱锥的体积公式列方程，即可得.
【详解】
如图，正四面体的棱长为6，设点为点在底面上的射影，
连接并延长交于点，连接，则，，
故正四面体的高为，且各侧面的面积为，
由，可得，
解得.
故选：D
8．A
根据已知分析得到不同抽签顺序下甲胜出的概率，法一：应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率；法二：利用二项分布，利用二项分布期望求法求甲胜出的概率均值，即可得.
【详解】由题意，抽签顺序有6种可能，分别为甲乙丙、甲丙乙、乙甲丙、乙丙甲、丙甲乙、丙乙甲，各情况出现概率为，
对于甲乙丙、甲丙乙两种情况，此时甲胜出的概率为，
对于乙甲丙、丙甲乙两种情况，此时甲胜出的概率为，
对于乙丙甲、丙乙甲两种情况，此时甲胜出的概率为，
法一：甲胜出的概率为；
法二：无论哪种情况甲胜出的概率为，故甲胜出服从，则甲胜出的概率均值为.
故选：A
9．AD
由共轭复数的定义及复数的性质及乘法运算判断各项的正误即可.
【详解】由题设，则，A对；
由，，而复数不能比较大小，B错；
由，C错；
由，D对.
故选：AD
10．AB
利用前提举反例，结合独立事件的判定判断A、B；由概率的性质及事件的运算、互斥事件定义判断C、D.
【详解】A：若事件两两独立，则，，，
抛两次硬币，第一次正面，第二次正面，两次结果相同，
所以，，显然满足前提，
而，此时，不满足，即A错；
B：对于样本空间，若，，，则，
所以，且，此时满足，
但，即，显然，显然不相互独立，即B错；
C：若，而，
所以，
必有，即事件两两互斥时成立，即C对；
D：若事件两两互斥，必有，即D对.
故选：AB
11．BD
A应用向量相等的坐标表示求得即可判断；B令，则，且，根据已知得，进而有，由得或，即可判断；C根据已知得且即可判断；D根据已知求得对应的单位向量分别为，进而得到与的角平分线所在直线平行的一个向量为即可判断.
【详解】A：由题设，设，则，
所以，故，错；
B：由题设，令，则，且，
又，所以，则，
所以，即，则，
而，则
，
由，只需，即，
又，则或，可得或，
所以或，若，则，
令，则，故，
所以，即，
综上，的最小值为4，对；
C：由题设，，则，
所以，与的夹角为锐角，
所以且，可得且，错；
D：由题设，对应的单位向量分别为，
所以与的角平分线所在直线平行的一个向量为，
显然向量与向量共线，对.
故选：BD
12．3
建立平面直角坐标系，求出直线的方程，将代入直线的方程，并用向量的坐标表示出，和上式联立，即可得出，最后求出等边三角形的边长.
【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.
13．
根据已知确定所有可能情况，再列举出的对应情况，应用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题设，所有可能的有序数对共有个，
而的情况有，共有16个，
所以任意找两人玩这个游戏，他们“心有灵犀”的概率为.
故答案为：
14．12
根据已知几何体是母线长为6，上下底面半径分别为的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分，将其补为圆锥并将侧面展开，即可求蚂蚁爬行的最短路程.
【详解】由题意，几何体是母线长为6，上下底面半径分别为的圆台，其侧面展开图为圆环的一部分，
所以，可将几何体补为母线长为12，底面半径为2的圆锥，再将其侧面展开如下图示，

所以圆环的一部分，即为圆台的侧面展开图，而，
所以为等边三角形，故蚂蚁爬行的最短路程为线段.
故答案为：12
15．(1)；
(2)72件；
(3)均值、方差分别为94、.
（1）利用频率和为1列方程求参数值；
（2）根据直方图估计400件样本中尺寸在内的样本数即可；
（3）利用分层抽样中各层样本与总体均值、方差间的关系求总体的均值和方差.
【详解】（1）由图知，可得；
（2）由图知400件样本中尺寸在内的样本数为件；
（3）由分层抽样的等比例性质，第一、二组抽取数据分别为4、8个，
所以抽出数据的均值为，
抽出数据的方差为.
16．(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②8
（1）由勾股定理得，由面面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）①利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理可得，再由即可证明；②根据线面垂直判定定理可得平面，将多面体分成2个四棱锥，再根据锥体的体积公式求解即可.
【详解】（1）证明：因为，
所以，所以.
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，
平面，平面，且，
所以平面.

（2）①证明：因为，且为线段的中点，所以.
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面.
所以，
由（1）可知平面，则，，
因为，，且，所以.
因为，所以四边形是矩形.
②解：因为，且为线段的中点，所以，
由①知，
因为平面，平面，且，
所以平面，
由①知，
因为，，所以.
则四棱锥的体积.
故多面体的体积.
17．(1)6；
(2)是，；
(3)；
（1）利用三角形面积公式列方程得，再由平方关系及余弦定理求边长即可；
（2）应用余弦定理得，，进而计算，即可得结论；
（3）由题设可得四边形面积，令，结合（2）结论并应用平方关系、和角余弦公式得，根据余弦函数性质求最大值，即可得.
【详解】（1）由题设，又，可得，
又为锐角，则，故；
（2）由题设，，
又，则，，
所以，为定值；
（3）由，
令，则，
又，则，
所以，
当，即时，最大，此时，
所以四边形面积的最大值.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）证明出平面，再利用线面平行的性质可证得结论成立；
（2）证明出，可得出的形状，由异面直线所成角的定义可知与所成的角为或其补角，即可得解；
（3）取的中点，连接，过作于，连接，根据线面垂直的判定和性质定理及二面角的定义有是二面角的平面角，进而求其余弦值.
【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面，
因为平面，平面平面，故.
（2）过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：
因为平面平面，平面平面，平面，
，故平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，故与所成的角为或其补角，
又因为，则为等腰直角三角形，则，
即与所成的角为.
（3）取的中点，连接，
因为，，，故，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
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，
因为，则，故，
因为，所以，
又，则，故为等腰直角三角形，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，
因为，，则为等腰直角三角形，故，
易知，故，
所以，的“费马点”为点，故的最小值为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
A
B
B
D
A
AD
AB
题号
11









答案
BD