广东省惠州市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题

惠州市2024-2025学年第二学期高一期末考试

数学

全卷满分150分，时间120分钟.

2025.7

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座位号、学校、班级等考生信息填写在答题

卡上.

2.作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信

息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效.

3.非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本

试卷上无效.

一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，

只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分.

5i

z

1.已知复数1i，则z（）

A.22iB.13iC.13iD.23i

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法化简可得出复数z.

5i5i1i46i

【详解】z23i，

1i1i1i2

故选：D.

2.已知a(1,2),b(m,3)，若a(ba)，则实数m（）

A.2B.2C.1D.1

【答案】C

【解析】

【分析】由向量坐标运算及垂直的坐标表示可求m.

【详解】由题意，向量a1,2,bm,3，则bam1,1，

因为aba，可得1m1210，解得m1．

故选：C.

3.某班有男生36人，女生20人，现在要用性别比例分配的分层随机抽样方法从该班中抽取14人参加跳

绳比赛，则男生被抽取的人数为（）

A.7B.8C.9D.10

【答案】C

【解析】

【分析】利用分层抽样可求出男生被抽取的人数.

n36

【详解】设男生被抽取的人数为n，则，解得n9.

143620

故选：C.

4.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形，则该圆锥的侧面积为（）

A.6πB.12πC.3πD.2π

【答案】A

【解析】

【分析】利用圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长即可求解母线长，最后利用侧面积公式

即可得到答案.

【详解】设圆锥的母线为l，底面半径为r，侧面展开图扇形的圆心角为，

π

则60，

3

因为圆锥侧面展开图扇形的弧长等于圆锥的底面圆的周长，

π

所以l2πr，即l2π，所以l6.

3

则该圆锥的侧面积为rl6

故选：A.

5.位于灯塔A处正西方相距30海里的B处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔A处北偏东45方向有一

与灯塔A相距102海里的C处有一艘乙船，则乙船前往支援B处甲船需要航行的最短距离是（）

A.105海里B.1017海里C.817海里D.30海里

【答案】B

【解析】

【分析】根据题设画出示意图，利用余弦定理BC2AB2AC22ABACcos135可得BC.

【详解】根据题意，画出示意图如下，由题意得AB30，AC102，

由余弦定理得BC2AB2AC22ABACcos135

2

22

301022301021700.

2

所以BC1017，则乙船航行的距离为1017海里.

故选：B.

6.如图，某几何体可看成是3个几何体的组合体，上面的几何体I是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面

的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体I的底面是全等的六边形，几何体III的上底面面积是下

底面面积的4倍，若几何体I、II、III的高之比分别为2:3:5，则几何体I、II、III的体积之比为（）

A.2:6:15B.9:15:25

C.6:21:35D.9:21:56

【答案】C

【解析】

【分析】利用柱体、台体体积公式可求得结果.

【详解】设直棱柱I的底面积为S，高为2h，则棱台II的上底面面积为S，下底面面积为4S，高为3h，

棱台III的上底面面积为4S，下底面面积为S，高为5h，

设几何体、、的体积分别为、、，

IIIIIIV1V2V3

1

则，，

V1S2h2ShV2S4SS4S3h7Sh

3

135

，

V34SS4SS5hSh

33

35

因此，V:V:V2:7:6:21:35.

1233

故选：C.

7.如图，在△ABC中，PC2BP，过点P的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，设

21

ABmAM，ACnAN，其中m，n>0，则的最小值为（）

mn

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

2mn

【分析】利用向量基本定理得到APAMAN，由共线定理的推论得到方程，求出2mn3，

33

再利用乘“1”法即可得到答案.

1121

【详解】APABBPABBCABACABABAC，

3333

2mn

因为ABmAM，ACnAN，所以APAMAN，

33

2mn

又M,P,N三点共线，所以1，即2mn3，且m,n0，

33

2112112n2m12n2m

2mn5523，

mn3mn3mn3mn

2n2m

当且仅当，即mn1时等号成立.

mn

故选：C

8.十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出一个著名的几何问题：已知一个三

角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小.在费马提到的这个问题中所求的点被称为

费马点，其答案如下：当三角形的三个角均小于120时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角

形三个顶点的连线两两成120角；当三角形有一内角大于或等于120时，所求的点为三角形最大内角的

2BC

顶点.已知a、b、c分别是ABC的内角A、B、C所对的边，且a2bc8，bsinasinB，

2

若P为ABC的费马点，则PAPBPBPCPAPC（）

3

A.4B.3C.6D.

2

【答案】A

【解析】

A

【分析】利用余弦定理、二倍角的正弦公式化简得出sin的值，结合角A的取值范围可得出角A的值，再

2

利用与余弦定理求出bc的值，利用三角形的面积结合等面积法可求得PAPBPBPCPAPC的

值，再结合平面向量数量积的定义可求得结果.

2

【详解】因为a2bca2b2c22bc8，即b2c2a22bc8，

b2c2a2

由余弦定理可得cosA，故b2c2a22bccosA，

2bc

即2bccosA2bc8，即bccosAbc4，

BCπA

因为bsinasinB，由正弦定理可得sinBsinsinAsinB，

22

AπA

因为A、B0,π，则0，故sinB0，cos0，

222

AAAA1Aππ

所以cossinA2sincos，化简得sin，故，所以A，

22222263

1

所以bccosAbcbc4，可得bc8，

2

故113，

S△bcsinA823

ABC222

1

所以S△S△S△S△PAPBsin120PAPCsin120PBPCsin120

ABCPABPACPBC2

13

PAPBPAPCPBPC23，

22

故PAPBPAPCPBPC8，

故PAPBPBPCPAPCPAPBcos120PAPCcos120PBPCcos120

1

84.

2

故选：A.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，不选或选错的得0分.

9.若复数z满足iz13i（i是虚数单位），则下列说法正确的是（）

A.z3iB.z的模为4

C.z在复平面内对应的点位于第四象限D.z2z33i

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用复数的除法化简得出复数z，可判断A选项；利用共轭复数的定义以及复数的模长公式可判

断B选项；利用复数的几何意义可判断C选项；利用复数的运算可判断D选项.

13i3ii2

【详解】对于A选项，因为iz13i，z3i，A对；

ii

22

对于B选项，z3i，则z3110，B错；

对于C选项，z在复平面内对应的点的坐标为3,1，位于第四象限，C对；

对于D选项，z2z3i23i33i，D对.

故选：ACD.

10.下列说法中正确的是（）

A.数据2、2、3、5、6、7、7、8、10、11的下四分位数为3

B.若A、B为互斥事件，则A的对立事件与B的对立事件一定互斥

C.设样本数据x1、x2、x3、、x9、x10的平均数和方差分别为2和8，若yi2xi1i1,2,3,,10，

则y1、y2、y3、、y9、y10的平均数和方差分别为5和32

D.已知PA0.5，PB0.4，且BA，则PAB0.2

【答案】AC

【解析】

【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用韦恩图法可判断B选项；利用平均数和方差的性质可判

断C选项；利用事件的关系可判断D选项.

【详解】对于A选项，100.252.5，故数据2、2、3、5、6、7、7、8、10、11的下四分位数为

3，A对；

对于B选项，若事件A、B互斥且不对立，如下图所示：

则AB，即A的对立事件与B的对立事件不一定互斥，B错；

对于C选项，设样本数据x1、x2、x3、、x9、x10的平均数和方差分别为2和8，

2

若yi2xi1i1,2,3,,10，则y1、y2、y3、、y9、y10的平均数为2215，方差为2832，

C对；

对于D选项，若BA，则ABB，故PABPB0.4，D错.

故选：AC.

11.如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，点Q满足

C1QC1B1C1C0,1,0,1，则下列说法中正确的是（）

A.AC1平面A1PD

若平面，则动点的轨迹长度为

B.D1Q//A1PDQ22

1

C.若，则四面体DPQA的体积为定值

21

D.平面A1PD截正方体的截面面积为18

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，运用反证法思路，假设结论成立，经过推理得到AC1平面A1ABB1，与事实矛盾，排除

A；对于B，利用动线构造平面平面D1FE与平面A1PD平行，即可判断点Q的轨迹为线段EF，求出其长

1

度可判断B；对于C，由推理得到Q、E、F三点共线，而EF//平面APD，故得四面体DPQA

211

的体积为定值，可判断C；对于D，取BC的中点M，连接PM、DM，分析出截面为梯形A1PMD，求

其面积，可判断D.

【详解】对于A，如图1，假设AC1平面A1PD，因A1P平面A1PD则AC1A1P①；

因为四边形ABB1A1为正方形，可得A1BAB1，

又B1C1平面ABB1A1，A1B平面ABB1A1，则B1C1A1B,

又AB1B1C1B1，AB1、B1C1平面AB1C1，故A1B平面AB1C1，

因AC1平面AB1C1，故A1BAC1②，

又A1BA1PA1，A1B、A1P平面A1ABB1，故由①②可得AC1平面A1ABB1，

显然该结论不成立，故A错误；

对于B，如图2，分别取B1C1、CC1中点E、F，连接D1E、D1F、EF，

的

因为BB1//CC1，BB1CC1，P、F分别为BB1、CC1中点，

所以B1P//C1F，B1PC1F，

故四边形B1C1FP为平行四边形，故PF//B1C1，PFB1C1，

又因为A1D1//B1C1，A1D1B1C1，所以PF//A1D1，

即四边形DA1PF为平行四边形，所以D1F//A1P，

因为A1P平面A1PD，D1F平面A1PD，故D1F//平面A1PD③，

因为E、F分别为B1C1、CC1的中点，所以EF//B1C，

因为A1D//B1C，A1DB1C，故四边形A1B1CD为平行四边形，

则A1D//B1C，故EF//A1D，

因为EF平面A1PD，A1D平面A1PD，所以EF//平面A1PD④，

因为EFD1FF，EF、D1F平面D1EF，

由③④可得平面A1PD//平面D1EF，

而D1Q//平面A1PD，则点Q在平面D1EF内，而点Q又在平面C1CBB1内，

故点Q的轨迹为线段EF，

其长度为2222，正确；

EFC1EC1F2222B

对于，，，，

CC1B12C1EC1C2C1FEF//A1D

1

因为，，即，

C1QC1B1C1C0,1,0,1221

2

所以，

C1Q2C1E2C1F2C1E12C1F

即，即，故、、三点共线，

C1QC1F2C1EC1FFQ2FEQEF

所以点Q在EF上，而EF//A1D，且A1D平面A1PD，EF平面A1PD，

所以EF//平面A1PD，

所以点Q到平面A1PD的距离为定值，因为△A1PD的面积为定值，

所以四面体DPQA1的体积为定值，C正确；

对于D，取BC的中点M，连接PM、DM，如下图所示：

因为M、P分别为BC、BP的中点，故MP//B1C，

又因为A1D//B1C，故MP//A1D，

11

且MPBC4222，

212

由勾股定理可得DMCD2CM2422225，

2

PDBD2BP242226，

PD2PM2DM2368202

所以cosDPM，

2PDPM26222

π

因为0DPMπ，故DPM，

4

故1π12，

S△PDPMsin6226

DPM2422

π

因为PM//AD，故ADPDPM，

114

所以1π12，

S△ADPDsin42612

A1PD21422

因此，平面截正方体的截面面积为SS△S△61218，

A1PD梯形A1PMDDPMA1PD

D正确.

故选：BCD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，异面直线AC与A₁B所成角的大小为_____________.

π

【答案】

3

【解析】

【分析】根据正方体的结构特征先确定直线AC与A1B所成角，然后根据线段关系确定角度大小.

【详解】如图所示，

因为ABCDA1B1C1D1是正方体，

所以AC//A1C1.

所以直线AC与A1B所成角为直线A1C1与A1B所成角BA1C1.

因为BA1,A1C1,BC1为面对角线，所以BA1A1C1BC1，

π

所以BAC为等边三角形，所以BAC.

11113

π

所以直线AC与AB所成角的大小为.

13

π

故答案为：.

3

13.已知向量a与b的夹角为30，∣a∣43，b2,2，则a在b方向上的投影向量c的坐标为

_____________.

【答案】32，32

【解析】

【分析】根据投影向量公式直接求解可得.

3

【详解】b222，ababcos3043212，

2

由投影向量公式可得：

abb

c3b32,232，32.

bb

故答案为：32，32.

14.已知正四面体的棱长为46，现截去四个全等的小正四面体，得到如图的八面体，若这个八面体能放

进半径为26的球形容器中，则截去的小正四面体的棱长最小值为_____________.

【答案】2623

【解析】

【分析】画出图形，做出辅助线，求出大正四面体的外接球半径，这个八面体的外接球半径为r26，

则截去的小正四面体的棱长最小，根据勾股定理列出方程，求出答案，舍去不合要求的解.

【详解】如图，正四面体PABC在P点截去小正四面体PEFG，

取BC中点D，连接AD，过点P作PH⊥平面ABC，则H在AD上，且PH⊥平面EFG，垂足为I，

连接EI，则EI为正EFG的中心，

大正四面体的外接球球心在高PH上，设为O，连接OA，则OAOPR，

46

因为大正四面体的棱长为46，故2AH，解得AH42，

sin60

由勾股定理得PHAP2AH28，

22

在Rt△AOH中，AO2OH2AH2，即R2428R，解得R6，

则大正四面体的外接球半径为6，

若这个八面体的外接球半径为r26，则截去的小正四面体的棱长最小，

由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球球心重合，连接OE，

则OEr26，

设截去的小正四面体的棱长为a，则2a46，即a26，

a

则，故3a，故高2326，

2EIEIPIa(a)a

sin60333

6

所以OIOPPI6a，

3

22

2

在中，222，即63a，

RtIOEEOOHEI6a26

33

解得a2623或2623，

a262326，不合要求，舍去，a2623符合要求，

截去的小正四面体的棱长最小值为2623.

故答案为：2623.

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.为了解某小区居民的体育锻炼时间，随机在该小区选取了100名住户，将他们上周体育锻炼的时间（单

位:时）按照0,2、2,4、4,6、6,8、8,10分成5组，制成如图所示的频率分布直方图.

（1）求频率分布直方图中a的值；

（2）根据频率分布直方图估计样本数据的第80百分位数；

（3）根据频率分布直方图，用每组数据区间中点值作代表，估计这100名住户上周体育锻炼时间的平均值.

【答案】（1）a0.125

（2）7.6

（3）5.3小时

【解析】

【分析】（1）在频率分布直方图中，所有条形图的面积之和为1，列式可求得实数a的值；

（2）设样本数据的第80百分位数为m，则m6,8，利用百分位数的定义可得出关于m的等式，解之即

可；

（3）将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加，即可得出样本的平均数.

【小问1详解】

在频率分布直方图中，所有条形图的面积之和为1，

可得0.050.0750.10.15a21，解得a0.125.

【小问2详解】

前三个矩形的面积之和为0.050.10.1520.6，

前四个矩形的面积之和为0.60.12520.85，

设样本数据的第80百分位数为m，则m6,8，

由百分位数的定义可得0.6m60.1250.8，解得m7.6.

【小问3详解】

由频率分布直方图可知，样本的平均数为x10.130.250.370.2590.155.3.

估计这100名住户上周体育锻炼时间的平均值为5.3小时.

16.在ABC中，已知a，b，c分别是ABC的内角A，B，C所对的边，记m2c,1，n2ab,cosB，

且m//n.

（1）求角C;

（2）若c3，求2ba的取值范围.

π

【答案】（1）

3

（2）3,23

【解析】

【分析】（1）首先利用向量共线的坐标表示列出等式，然后根据正弦定理和和差的正弦公式化简从而求得C.

（2）先根据正弦定理将a,b分别用sinA,sinB表示出来，然后列出2ba的表达式并化简，最后根据A的

范围求出2ba的范围即可.

【小问1详解】

因为m2c,1,n2ab,cosB,m//n，

2abcosB

所以，化简得2ab2ccosB，

2c1

利用正弦定理得2sinAsinB2sinCcosB，

因为sinAsinBC，所以2sinBcosC2cosBsinCsinB2sinCcosB，

1

所以2sinBcosCsinB0，因为sinB0，所以cosC.

2

π

又0Cπ，所以C.

3

【小问2详解】

ac3

2

根据正弦定理sinAsinC3，所以a2sinA，

2

2π

同理b2sinB2sinA3cosAsinA.

3

所以2ba23cosA.

2π1

因为0A，所以cosA1，所以32ba23.

32

所以2ba的取值范围为3,23.

17.DeepSeek是由中国杭州的DeepSeek公司开发的人工智能模型，在金融、医疗健康、智能制造、教育

等多个领域都有广泛的应用场景.为提高DeepSeek的应用能力，某公司组织A、B两部门的员工参加

DeepSeek培训.

（1）已知该公司A、B部门分别有3名领导，此次DeepSeek培训需要从这6名部门领导中随机选取2人负

责，假设每人被抽到的可能性都相同，求全部来自A部门领导的概率；

221

（2）此次DeepSeek培训分三轮进行，每位员工第一轮至第三轮培训达到“优秀”的概率分别为,,，

332

每轮培训结果相互独立，至少两轮培训达到“优秀”的员工才能合格，求每位员工经过培训合格的概率.

1

【答案】（1）；

5

2

（2）.

3

【解析】

【分析】（1）利用组合计数问题求出基本事件数，再利用古典概率列式求解.

（2）记C“每位员工经过培训合格”，Ai“每位员工第i轮培训达到优秀”（i1,2,3），由此可得关系

，结合概率公式即可求解

CA1A2A3A1A2A3A1A2A3A1A2A3.

【小问1详解】

记A部门的3名领导为a1,a2,a3，B部门的3名领导为b1,b2,b3，

从6名部门领导中随机选取2人负责，不同结果有：

a1a2,a1a3,a2a3,a1b1,a1b2,a1b3,a2b1,a2b2,a2b3,a3b1,a3b2,a3b3,b1b2,b1b3,b2b3，共15种，

选取2人全部来自A部门领导的事件，不同结果有：a1a2,a1a3,a2a3，共3种，

31

所以全部来自A部门领导的概率为.

155

【小问2详解】

记C“每位员工经过培训合格”，Ai“每位员工第i轮培训达到优秀”（i1,2,3），

21

则P(A)P(A),P(A)，CAAAAAAAAAAAA，

12332123123123123

依题意，

P(C)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)P(A1A2A3)

P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)P(A1)P(A2)P(A3)

2211212112212

，

3323323323323

2

所以每位员工经过培训合格的概率为.

3

18.如图，等腰直角三角形ABC所在平面与半圆弧AB所在平面垂直，O为AB的中点，且ACBC，M

是AB上异于A、B的点，N是AM的中点.

（1）证明：AM平面OCN

（2）若圆O的半径为1，设MAB，

（i）当30时，求二面角CAMB的平面角的正切值；

cos

（ii）当M在弧AB上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面BCM的距离d.

1cos2

【答案】（1）证明见解析

（2）（i）2；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得AM^CO，再根据线面垂直的判定与性质即可证明；

（2）（i）由二面角的定义可知二面角CAMB的平面角为CNO，求出CO、ON的长，即可求出

CNO的正切值，即为所求；

（ii）过点M在平面ABM内作MGAB交AB于点G，求出BCM的面积，结合等体积法可证得结论

成立.

【小问1详解】

π

因为M是半圆弧AB上一点，所以AMB，即AMBM，

2

因为O、N分别是AB、AM的中点，所以ON//BM，ONAM，

因为△ACB是等腰直角三角形，ACBC，所以OCAB，

因为平面ACB平面ABM，平面ACB平面ABM=AB，CO平面ABC，

所以CO平面ABM，又因为AM平面ABM，所以AM^CO，

因为OC、ON平面OCN，ONÇOC=O，所以AM平面OCN.

【小问2详解】

（i）由（1）可知AM平面OCN，且CN、ON平面OCN，故CNAM，ONAM，

所以，二面角CAMB的平面角为CNO，

11

当30时，ONOA，

22

π

因为ABC为等腰直角三角形，且ACBC，则ACB，

2

1

因为O为AB的中点，所以OCAB1，

2

因为CO平面ABM，ON平面ABM，故COON，

CO1

tanCNO2

所以ON1，即二面角CAMB的平面角的正切值为2；

2

（ii）过点M在平面ABM内作MGAB交AB于点G，如图所示，

因为平面ABM平面ABC，且平面ABM平面ABCAB，MG平面ABM，

所以MG平面ABC，

由（ⅰ）知OAOBOCOM1，

π

当MAB时，ABM，则BMABsin2sin，

2

π

所以MGBMsinABM2sinsinsin2，

2

由等腰三角形ABC得，BC2，

因为CO平面ABM，OM平面ABM，所以COOM，

所以CM=CO2+OM2=2，

在BCM中，BCCM2，BM2sin，

2

所以12BM122，

S△BMBC2sin2sinsin2sin

BCM242

11

又因为VS△dS△MG，

OBCM3BCM3BCO

1

11sin2

所以S△MGcoscos

dBCO2.

222

S△BCMsin2sin2sin1cos

将所有平面向量组成的集合记作2如果对于向量2，存在唯一的向量

19.R..xx1,x2R

2与之对应，其中坐标、由x、确定，则把这种对应关系记为或者

yy1,y2Ry1y21x2.yfx

简记为例如2就是一种对应关系若在的条

y1,y2fx1,x2f.y1,y2fx1,x22x1x2,x1.x1

件下y有最大值，则称此最大值为对应关系f的模，并把f的模记作f；若存在非零向量xR2及实数

使得fxx，则称为f的一个特征值，

（1）如果fx1,x23x1,3x2，求f；