福建省三明市2024-2025学年高一下学期7月期末考试 数学

2024-2025学年高一下学期7月期末质量检测

数学试题

一、单选题

3

1．若2iz2i，则zz（）

4251216

A．B．C．D．

552525

2．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（）

A．矩形的直观图是矩形B．三角形的直观图是三角形

C．相等的角在直观图中仍然相等D．长度相等的线段在直观图中仍然相等

3．某县有高中生2000人，初中生3000人，小学生4000人，幼儿园学生1500人，为了解该县学生的健康

情况，采用比例分配的分层随机抽样方法从中抽取样本，若抽出的初中生为30人，则抽出的幼儿园学生人

数为（）

A．15B．20C．30D．40

4．如图，在ABC中，点D是BC的中点，AE3ED，则BE（）

2121

A．ABACB．ABAC

3333

5353

C．ABACD．ABAC

8888

5．已知m,n为两条不同的直线，,为两个不同的平面，则下列结论正确的是（）

A．若,m，则m

B．若m,m//n,//，则n

C．若mn,m,n，则

D．若m烫,n,m//,n//，则//

6．已知正四棱台的上、下底边长分别为2和32，高为22，则该棱台外接球的体积为（）

A．16πB．25πC．27πD．36π

7．甲、乙两人组成的“龙队”参加数学解题比赛，比赛中每个队均有一张通行卡且仅限使用一次.每轮比赛由

甲、乙各自独立解答同一道题，若两人都答对则直接进入下一轮；若两人都答错则直接被淘汰；若两人中

32

恰有一人答对则可使用通行卡进入下一轮.已知在每轮比赛中甲答对的概率为，乙答对的概率为，且甲、

43

乙答对与否互不影响，则“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰的概率为（）

111113

A．B．C．D．

18164848

8．已知点G是边长为3的正三角形ABC所在平面内的一点，满足GAGBGC0，过点G的动直线分别

交线段AB，BC于点E，F，则△BEF面积的最大值为（）

439353

A．B．3C．D．

584

二、多选题

9．掷一枚骰子，记事件A为掷出的点数小于4，事件B为掷出奇数点，则下列说法错误的是（）

22

A．PAB．PAB

33

C．事件A与事件B对立D．事件A与事件B不相互独立

10．在ABC中，BC2，D为BC中点，AD2.以下结论正确的是（）

A．若AB2，则AC4B．ABC的面积的最大值是2

C．AB2AC26D．ABC的周长可能是6

11．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P,Q,R分别为AB,BC,C1D1的中点，则下列说法正确的是（）

A．直线A1Q与C1P是异面直线

π

B．直线PR与D1Q所成的角为

4

C．若三棱锥QC1CP的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为14π

D．过点Q且与直线AC1垂直的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得截面多边形的面积为33

三、填空题

12．某校10位同学参加数学竞赛的成绩（单位：分）为：72，86，80，88，83，78，81，90，91，92，则

这10个数据的第25百分位数为.

13．设复数z1,z2满足z1z24，且z1z2232i，则z1z2.

11

14．在锐角ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若cos2Asin2BsinBsinC1，则sinA

tanAtanB

的取值范围为.

四、解答题

15．已知平面向量a1,2,b1,3.

(1)求向量a在向量b方向的投影向量的坐标；

(2)若2akb3ab，求实数k的值；

(3)若ab与3ab所成的角为锐角，求实数的取值范围.

16．从三明市某高中学校1200名男生中随机抽取50名测量身高，被测学生身高全部介于155cm和195cm

之间，将测量结果按如下方式分成八组：第一组155,160，第二组160,165，…，第八组190,195，下图

是按上述分组方法得到的频率分布直方图的一部分，已知第七组的人数为3.

(1)求第六组的频率；

(2)估计该校男生身高的中位数；

(3)从样本身高属于第六组和第八组的男生中随机抽取两名，若他们的身高分别为m,n，记mn5为事件

，求事件的概率P.

17．如图，在四棱锥PABCD中，AD平面PCD,AD//BC,PDPB.

(1)求证：平面PAD平面PBC；

(2)若AD1,PD2,CD3,BC4，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.

18．在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足2ac2bcosC.

(1)求B；

(2)ABC所在平面内一点O满足OAOBOBOCOCOA，若b23，求△AOC的周长的最大值.

19．在平面直角坐标系中，将横、纵坐标都是整数的点称为整点.对于任意相邻三点都不共线的有序整点列

An：A1,A2,,An与Bn：B1,B2,,Bn，其中n3，若同时满足：①两个点列的起点和终点分别相同；

②AiAi1BiBi1，其中i1,2,,n1.则称An与Bn互为正交点列.

(1)判断A3：A10,0,A21,2,A33,0与B3：B10,0,B22,1,B33,0是否互为正交点列，并说明理由；

(2)已知P4：P10,0,P22,2,P34,0,P46,2与Q4：Q1,Q2,Q3,Q4互为正交点列.

（ⅰ）求Q2Q3；

（ⅱ）若Q2的横、纵坐标都取自集合M2,1,0,1,2，写出所有符合条件的有序整点列Q4.

题号12345678910

答案ABADBDACACBC

题号11

答案BCD

1．A

根据复数的除法及乘法计算求解即可.

2i32i32i2i2i24i24

【详解】若2iz2i3，则zi，

2i2i2i4i2555

22

2424242416204

则zziii=.

5555552525255

故选：A

2．B

由斜二测画法逐一判断即可.

【详解】解：对于A，由由斜二测画法可知，矩形的直观图为平行四边形，故A错误；

对于B，由斜二测画法可知，三角形的直观图是三角形，故B正确；

对于C，由A可知，矩形的四个角都为直角，但其直观图是平行四边形，只有对角才相等，故C错误；

对于D，正方形的四条边相等，但其直观图是平行四边形，只有对边才相等，故D错误.

故选：B.

3．A

计算分层抽样的抽取比例乘以样本容量可得答案．

301

【详解】分层抽样的抽取比例为，

3000100

1

所以幼儿园应抽取的学生人数为：150015人，

100

故选：A.

4．D

根据平面向量基本定理得到答案.

【详解】点D是BC的中点，AE3ED，

33153

BEBAAEBAADABABACABAC．

44288

故选：D．

5．B

根据空间里面直线与平面、平面与平面位置关系的相关定理逐项判断即可.

【详解】

A，若,m，则m或m//，故该选项错误；

B，若m,m//n,//，则n,n，故该选项正确；

C，若mn,m,n，不能得出n，故不能得出，故该选项错误；

D，若m烫,n,m//,n//，还需要加上m,n相交才能得出//，如果m//n,不一定平行，故该选

项错误.

故选：B.

6．D

只需求出该棱台外接球的半径，再结合球的体积公式求解即可.

【详解】因为已知正四棱台的上、下底边长分别为2和32，

11

所以上下底面正方形外接圆半径依次为221,3223，

22

根据对称性可知，该棱台外接球的球心在棱台上下底面外接圆的圆心的连线上，

设该棱台外接球的球心O到上底面的距离为h，该棱台外接球的半径为R，

2

所以R21h2922h，解得h22,R3，

4

故所求为π3336π.

3

故选：D.

7．A

由题意知，可能前两轮没有用通行卡，也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，由互

斥加法、独立乘法以及对立事件概率公式求解即可.

【详解】由题意“龙队”恰在参加三轮比赛后被淘汰，

可能前两轮没有用通行卡，也可能前两轮中有一轮用了一次通行卡，且第三轮都答错了，

2

32321231111

故所求为P2.

434343434318

故选：A.

8．C

取AC的中点为M，设BEBA，BFBC，EGmEF，则根据向量的线性运算可得，再根

31

932

据三角形的面积公式及向量的数乘运算可得△BEF的面积为S，再结合对勾函数的性质即可

431

求解．

【详解】取AC的中点为M，

由GAGBGC0，

则BGGAGC2GM，

22111

所以BGBMBABCBABC，①

33233

设BEBA，0,1，BFBC，0,1，EGmEF，

则BGBEEGBEmEFBEmBFBE1mBEmBF1mBAmBC，②

1

1m

3

所以结合①和②可得，整理得，

131

m

3

1

又0,1，0,1，则01，得310，且31，解得1，

312

π

又因为ABC是边长为3的正三角形，则BABC3，B，

3

1193932

则△BEF的面积为SBEBFsinBBABCsinB，

224431

1t11

令t31，,1，则，t,2，

232

2

2t1111

2t，t,2，

319t9t2

15

根据对勾函数的性质，当t2时，t取得最大值，且最大值为，

t2

所以面积的最大值为931593．

△BEFSmax2

4928

故选：C．

9．AC

由古典概型概率计算公式验算AB，由对立的定义判断C，由独立事件的定义判断D.

【详解】由题意1,2,3,4,5,6,A1,2,3,B1,3,5，

31

对于A，PA，故A错误；

62

42

对于B，AB1,2,3,5，PAB，故B正确；

63

对于C，AB1,3，故C错误；

3121

对于D，因为PAPB,PAB，所以PABPAPB，故D正确.

6263

故选：AC.

10．BC

1

对于A利用余弦定理即可求解，进而判断，对于B由SBChhAD即可判断，对于C利用

ABC2

ACABBC,ABAC2AD，同时平方相加即可判断，对于D利用基本不等式即可判断.

【详解】对于A：由题意有BD1,AB2,AD2，在BAD中，由余弦定理有

AB2BD2AD22122

cosB，

2ABBD2214

2

在ABC中，由余弦定理有AC2AB2BC22ABBCcosB242224，即AC2，故A

4

错误；

11

对于B：由SBCh2hhAD2，当ADBC时，等号成立，故B正确；

ABC22

对于C：由ACABBC,ABAC2AD，

222

ABAC2ABACBC222222

所以2ABACBC4ADABAC6，故C正确；

222

ABAC2ABAC4AD

222

22ABACABAC

对于D：由C选项有ABAC6，所以3，所以ABAC23，

22

当且仅当ABAC3时，等号成立，又ABAC234，所以ABACBC6，故D错误.

故选：BC.

11．BCD

对于A，说明PQ//A1C1即可判断；对于B，说明直线PR与D1Q所成的角为AD1Q，结合余弦定理验算即

可；对于C，只需求出三棱锥QC1CP的外接球O的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说

明截面为边长为2的正六边形，然后根据面积公式验算即可.

【详解】对于A，如图所示，

因为P,Q分别为AB,BC的中点，所以PQ//AC，

因AA1//CC1,AA1CC1，所以四边形ACC1A1是平行四边形，所以AC//A1C1，

因为PQ//AC，所以PQ//A1C1，

所以P,Q,A1,C1四点共面，故A错误；

对于B，如图所示，

因为D1R//AP,D1RAP1，所以四边形APRD1是平行四边形，所以AD1//PR，

所以直线PR与D1Q所成的角为AD1Q，

2

而，

AD14422,AQ415,D1Q4413

8952π

所以cosAD1Q，所以AD1Q，故B正确；

222324

对于C，如图所示，

15

PQ112,sinPCQsinPCB，

145

2

所以三角形PCQ的外接圆半径为5，

10

R5

122

显然CC1平面PCQ，且CC12，

222

CC10214

所以三棱锥QCCP的外接球O的半径为21，

1RR1

2222

2

所以球的表面积为214，故正确；

O4πR4π14πC

2

对于D，如图所示，取BB1,A1B1,A1D1,DD1,DC中点E,F,G,H,I，顺次连接QEFGHI，

因为CC1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，所以CC1B1D1，

又因为A1C1B1D1，CC1A1C1C1，CC1,A1C1平面ACC1A1，

所以B1D1平面ACC1A1，

又因为AC1平面ACC1A1，所以B1D1AC1，

同理可证，B1CAC1，

而B1D1AC1，B1D1B1CB1，B1D1,B1C平面B1D1C，

所以AC1平面B1D1C，

根据前面的假设有，GF//B1D1//BD//IQ，所以G,F,Q,I四点共面，

又因为HD//EB,HDEB1，所以四边形HDBE是平行四边形，

所以HE//DB//IQ//FG，所以Q,E,F,G,H,I六点共面，

因为IQ//B1D1，IQ平面B1D1C，B1D1平面B1D1C，

所以IQ//平面B1D1C，

同理可证QE//平面B1D1C，

又因为IQ//平面B1D1C，QEIQQ，QE,IQ平面QEFGHI，

所以平面QEFGHI//平面B1D1C，

又因为AC1平面B1D1C，

所以AC1平面QEFGHI，

所以六边形QEFGHI即为过点Q且与直线AC1垂直的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得截面多边形，

32

显然这是一个边长为2的正六边形，其面积为6233，故D正确.

4

故选：BCD.

12．80

由百分位数的定义求解即可.

【详解】将这10个数据从小到大排列为：72，78，80，81，83，86，88，90，91，92，

而100.252.5，故所求为从小到大排列后的第三个数，即80.

故答案为：80.

13．43

设z1abi,z2cdi，根据题意列方程组即可计算z1z2.

【详解】设z1abi,z2cdi，所以z1z2acbdi23+2i，由z1z24，

ac23

bd2a2b2c2d232

所以，

22

ab162ac2bd16

22

cd16

因为z1z2acbdi，

所以222222，

z1z2acbdabcd2ac2bd4843

故答案为：43.

73

14．2,

6

ππ

由已知条件得A2B，进一步结合三角形ABC是锐角三角形求得B，然后将目标式子转换为

64

11211

sinAtanB

1，由对勾函数性质即可求解.

tanAtanBtanB2tanB

tanB

【详解】因为cos2Asin2BsinBsinC1，所以sin2BsinBsinC1cos2Asin2A，

所以b2bca2，由余弦定理有b2c22bccosAa2，

所以bcc22bccosA，所以bc2bcosA，

所以sinBsinC2sinBcosAsinAB2sinBcosA

sinAcosBcosAsinB2sinBcosAsinAcosBcosAsinBsinAB，

因为三角形ABC是锐角三角形，

πππ

所以A,B0,AB,，

222

π

而sinABsinB0，所以AB0,，

2

所以ABB，即A2B，

因为三角形ABC是锐角三角形，

π

0B

2

πππ

所以0A2B，解得B，

264

π

0Cπ3B

2

11

设ysinA，

tanAtanB

则

112sinBcosB11

ysin2B

tan2BtanBsin2Bcos2B2tanBtanB

1tan2B

2tanB1tan2B12tanBtanB1

tan2B12tanBtanBtan2B122tanB

211

tanB

1，

tanB2tanB

tanB

ππ3

因为B的取值范围是,，所以tanB的取值范围是,1，

643

13

由对勾函数性质可知yt在t,1上单调递减，

t3

143

所以utanB的取值范围是2,，

tanB3

1243

由对勾函数性质可知，yu在u2,上单调递增，

2u3

1273

所以yu的取值范围是2,.

2u6

73

故答案为：2,.

6

13

15．(1),

22

(2)4

411

(3),,

533

（1）根据投影向量的定义即可求解；

（2）利用向量垂直的坐标运算即可求解；

（3）根据题意由向量的数量积和共线向量的坐标运算即可求解.

【详解】（1）因为a1,2,b1,3，

2

所以ab165，|b|10，

abb513

所以a在b方向的投影向量为1,3,.

bb1022

（2）由题意知：2akb2,4k,3k2k,43k，3ab3,61,34,3，

因为2akb3ab，所以2akb3ab0

即42k343k0，解得k4.

（3）ab1,23,3ab2,9，

因为ab与3ab所成的角为锐角，

所以ab3ab0，且ab与3ab不共线，

4

由ab3ab219230，解得，

5

1

当ab与3ab共线时，由91223，解得，

3

1

因为ab与3ab不共线，所以，

3

411

综上所述：实数的取值范围为,,.

533

16．(1)0.08

(2)174.5

8

(3)

15

（1）由频率和为1求解；

（2）利用频率分布直方图中中位数两侧矩形的面积和（频率）各点50%求解；

（3）用列举法写出基本事件，由古典概型概率公式计算.

3

【详解】（1）因为第七组的人数为3，所以第七组的频率为：0.06，

50

则第六组的频率为10.06520.0080.0160.0420.060.08

（2）由图知：身高在155,160的频率为0.00850.04，

身高在160,165的频率为0.01650.08，

身高在165,170的频率为0.0450.2，

因为0.040.080.20.320.5,0.040.080.20.20.520.5，

所以设这所学校男生的身高中位数为x，则170x175，

由0.040.080.2x1700.040.5，得x174.5，

所以这所学校男生身高的中位数为174.5.

（3）样本身高在第六组180,185的人数为500.084，设为a,b,c,d，

样本身高在第六组190,195的人数为50.008502，设为A,B，

则从中随机抽取两名男生有：ab,ac,ad,bc,bd,cd,aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB,AB共15种情况，即nΩ15，

12分当且仅当随机抽取的两名男生不在同一组时，事件发生，

所以事件包含的基本事件为aA,aB,bA,bB,cA,cB,dA,dB共8种情况，即n8，

n8

根据古典概型概率公式得P.

nΩ15

17．(1)证明见解析

2

(2)

3

（1）利用线面垂直的判定定理证PD平面PBC，最后利用面面垂直的判断定理即可得证；

（2）过点D作DF//AB交BC于点F，连接PF，则AB与平面PBC所成角即为DF与平面PBC所成角，

由PD平面PBC，即DFP为直线DF与平面PBC所成角，在RtDCF中计算即可.

【详解】（1）AD平面PCD,PD平面PCD，ADPD，

BC//AD,PDBC，又PDPB,PBBCB，PB,BC平面PBC，

PD平面PBC，又PD平面PAD，

平面PAD平面PDC；

（2）过点D作DF//AB交BC于点F，连接PF，

则AB与平面PBC所成角即为DF与平面PBC所成角，

PD平面PBC，PF为DF在平面PBC上的射影，

DFP为直线DF与平面PBC所成角，

AD//BC,DF//AB，四边形DABF为平行四边形，

BFAD1,CFBCBF3，

ADDC,BCDC，

在RtDCF中，DF323232，

22

在Rt△DPF中，sinDFP，

323

2

所以直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.

3

2π

18．(1)

3

(2)63

（1）由2ac2bcosC利用正弦定理得2sinAsinC2sinBcosC，利用两角和的正弦公式即可求解；

（2）由OAOBOBOCOCOA得OAOCOB0，即CAOB，同理得CBOA,ABOC，即点O

π

是ABC的垂心，得AOC，在△AOC中利用余弦定理得12(OAOC)23OAOC，最后利用均值不

3

等式即可求解.

【详解】（1）因为2ac2bcosC，所以由正弦定理得2sinAsinC2sinBcosC，

因为ABCπ，所以sinAsinBC，

所以2sinBCsinC2sinBcosC，所以2cosBsinCsinC0，

1

因为0Cπ，所以sinC0，所以cosB，

2

2π

又因为0Bπ，所以B.

3

（2）因为OAOBOBOCOCOA，所以OAOCOB0，

所以CAOB0，所以CAOB，

同理可得CBOA,ABOC，所以点O是ABC的垂心，

2ππ

又因为B，所以AOC，

33

在△AOC中，因为b23，即AC23，

π

由余弦定理得AC2OC2OA22OCOAcos，

3

所以12(OAOC)23OAOC，

OAOC

因为OA0,OC0，所以OAOC，

2

3(OAOC)2

所以12(OAOC)23OAOC(OAOC)2，

4

所以(OAOC)248，所以OAOC43，

当且仅当OAOC23时等号成立.

所以OAOCAC63，

所以△AOC的周长的最大值为63.

19．(1)是，理由见解析

(2)（i）4，4；（ii）答案见解析

【详解】（1）依题意可得A1A21,2,A2A32,2,B1B22,1,B2B31,1，

所以A1A2B1B212210,A2A3B2B322220，

所以A1A2B1B2,A2A3B2B3.

又A3与B3的起点和终点分别相同，所以A3与B3互为正交点列.

（2）（ⅰ）解法一：因为P4与Q4互为正交点列，所以Q10,0,Q46,2，

设Q2x2,y2,Q3x3,y3，

所以Q1Q2x2,y2,Q2Q3x3x2,y3y2,Q3Q46x3,2y3，

又因为P1P22,2,P2P32,2,P3P42,2，

Q1Q2P1P2,Q2Q3P2P3,Q3Q4P3P4，

2x22y20x2y20

所以2x3x22y3y20，即x3x2y3y2，

26x322y30x3y38

所以x3x2