河南省许昌市2024-2025学年高一下学期期末教学质量检测数学试题

XCS2024—2025学年第二学期期末教学质量检测

高一数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试

卷上无效．

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一

项符合题目要求．

z1i1i

1.已知复数z满足，则复数z的虚部为（）

A.iB.1C.1D.i

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数除法运算求得z，进而确定正确答案.

2

1i1i2i

【详解】依题意，zi，虚部为1.

1i1i1i2

故选：B

π

2.已知平面向量a，b，其中a2，b3，a，b的夹角是，则a2b（）

6

A.4B.2C.27D.3

【答案】B

【解析】

【分析】利用平方法的方法来求得正确答案.

2

22

【详解】a2ba2ba4ab4b

π

4423cos432.

6

故选：B

3.某市某月10天的空气质量指数为35、54、80、86、72、85、58、125、111、53，这组数据的第80百分

位数是（）

A.85B.86C.98.5D.111

【答案】C

【解析】

【分析】根据百分位数的计算方法求得正确答案.

【详解】数据从小到大排序为：35、53、54、58、72、80、85、86、111、125，

86111

100.88，所以第80百分位数是98.5.

2

故选：C

21

4.若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a1，b2，sinB，则cosA（）

7

21575721

AB.C.D.

.14141414

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理求得sinA，进而求得cosA.

12213

,sinA

【详解】由正弦定理得sinA211427，

7

由于ab，所以A为锐角，

3557

所以cosA1sin2A1.

282714

故选：B

5.已知两条不同的直线m，n和两个不同的平面，，则下列结论正确的是（）

A.若m//，n，则m//nB.若m，mn，则n//

C.若m，n，m//，n//，则//D.若//，m，n，则m与n平行或异

面

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可.

【详解】对于A：若m//，n，则m//n或m与n异面，故A错误；

对于B：若m，mn，则n//或n，故B错误；

对于C：若m，n，m//，n//，当m与n相交时有//，

当m与n不相交时，//或与相交，故C错误；

对于D：若//，m，n，则m与n平行或异面，故D正确.

故选：D

6.已知复数z满足z2i1，则zz的最小值为（）

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

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的几何意义求得正确答案.

【详解】设zabi，对应点a,b，

依题意，z2iz2i1，表示a,b与0,2的距离为1，

所以z的轨迹是以0,2为圆心，半径为1的圆，如下图所示，

zza2b2，表示a,b到原点的距离的平方，

由图可知，其最小值为121.

故选：A

7.甲、乙、丙三人做投篮游戏，约定投篮顺序为甲、乙、丙，并制定规则如下：每次投篮，若投中，则该

1

人继续投篮；若未投中，则换下一个人投篮.已知甲、乙每次投篮投中的概率均为，丙每次投篮投中的概

2

3

率为，且甲、乙、丙每次投篮的结果都相互独立，则第4次是丙投篮的概率为（）

5

3729

A.B.C.D.

1020520

【答案】C

【解析】

【分析】根据甲投2次或乙投2次或丙投2次进行分类讨论，结合相互独立事件概率计算公式求得正确答案.

【详解】第4次是丙投篮，可能有：

①甲投2次，乙投1次，则第4次是丙投篮，

1111

概率为.

2228

②甲投1次，乙投2次，则第4次是丙投篮，

1111

概率为.

2228

③甲投1次，乙投1次，丙连投2次，

1133

概率为.

22520

1132

综上所述，第4次是丙投篮的概率为.

88205

故选：C

8.棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别是棱A1D1，C1D1的中点，过点B作与直线MN

平行的平面（与底面ABCD不重合），设平面与正方体表面相交的多边形的周长为l，则l的取值范围

为（）

A.4,62B.4,3225C.4,2132D.4,45

【答案】D

【解析】

【分析】由题可知截面分三种情况，菱形、五边形和三角形，分别计算边长，结合导数求范围即可.

【详解】情况一、当截面与AA1,CC1,DD1相交于E,F,G，

此时平面为平面BEGF，即MN//平面BEGF，

又M，N分别是棱A1D1，C1D1的中点，所以MN//A1C1，

AC//A1C1，即MN//AC，

又AC平面BEGF，所以AC//平面BEGF，

又平面AA1C1C平面BEGFEF，所以AC//EF，

所以四边形ACFE为矩形，则AECF，即BEBF，

又易得四边形BEGF为平行四边形，所以四边形BEGF为菱形，

当G接近D时，此时周长接近8，当G与D1重合时，此时周长达到最大45，

所以此时l8,45；

情况二、当E,F往上，截面为五边形BEHIF，过点B作JK//AC，设AEa,a1,2，

又AC//平面BEHIF，BJK，所以JK平面BEHIF，

又JK//AC，所以AJCK2，

AEAJEJ

易得EJA~EHA1，所以，

A1EA1HEH

a2EJ42a42a4

即，，则，

A1H2EHEJD1H4

2aA1HEHaaaa

22a24

所以BEBFEJ4a,EHIF4a，HI24，

aa

42a424a22

即l24a24a242442，

aaa

12

4a224a2

令，2，

fa,a1,244a

afa2

a

1135

因为4a225220，

44a2454

1

4a22

所以2，

fa44a0

a2

所以fa在1,2单调递减，又faf2628，且faf145,

即fa62,45,

所以此时，情况一的范围包含情况二；

情况三、当截面为三角形时，如图，

易知此时周长l4,62，

综上，周长l4,45.

故选：D.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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，有选错的得0分.

9.柜子里有2双不同的鞋，从中随机地取出2只，记事件A“取出的鞋不成双”，事件B“取出的鞋都是

左脚的”，事件C“取出的鞋都是一只脚的”，事件D=“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，

则下列结论成立的是（）

A.DAB.ACDC.B与D互斥D.C与D对立

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据事件的关系对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】选项A：事件A是“取出的鞋不成双”，事件D是“取出的鞋是一只左脚一只右脚的，

但不是一双鞋”，D发生时A一定发生，所以DA，A正确。

选项B：事件C是“取出的鞋都是一只脚的”，包含“都是左脚”和“都是右脚”；

事件D是“一只左脚一只右脚但不成双”，

A（不成双）就是“都是一只脚（C）”或“一只左脚一只右脚但不成双（D）”，

即ACD，B正确。

选项C：事件B（都是左脚）与事件D（一只左脚一只右脚但不成双）不可能同时发生，

所以B与D互斥，C正确。

选项D：事件C（都是一只脚）与事件D（一只左脚一只右脚但不成双），除了C和D的情况，

还有“取出的鞋是一双”的情况，所以C与D不对立，D错误。

故选：ABC

10.为传承和弘扬数学文化，激发学生学习数学的兴趣，某校高一年级组织开展数学文化知识竞赛.从参赛

的2000名考生成绩中随机抽取100个成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中90分以上视

为优秀，则频率/组距（）

A.a的值为0.030

B.抽取的考生成绩的极差介于40分至60分之间

C.2000名考生中约有10名成绩优秀

D.估计有一半以上的考生的成绩介于70分至90分之间

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据频率之和为1、极差、优秀率、频率等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】依题意，(0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)´10=1，

解得a0.030，A选项正确.

根据频率分布直方图，905040,1004060，

所以极差介于40分至60分之间，B选项正确.

90分以上频率为0.1，对应有20000.1200人，C选项错误.

成绩介于70分至90分之间的频率为0.30.250.55，

所以估计有一半以上的考生的成绩介于70分至90分之间，D选项正确.

故选：ABD

11.已知圆锥SO的底面半径为6cm，其母线SA长24cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（）

A.截面SAB最大面积为3615cm2

π2

B.若AOB，则直线SB与平面SOA所成角的正弦值为

44

C.当三棱锥OSAB的体积最大时，其外接球的表面积为612πcm2

D.若点CSA，且CA6cm，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行

54

的路程最短时，下坡路段长为cm

5

【答案】ACD

【解析】

【分析】A.当AB为底面直径时，截面SAB面积最大，根据已知条件求解即可

B.过点B作BDOA，交OA于点D连接SD,BD，证明BSD为直线SB与平面SOA所成角，解三角

形得到答案

πOA2OB2OS2

C．AOB时，三棱锥OSAB的体积最大，外接球半径R=，最后求出答案.

22

D．侧面展开，直线AC最短，展开图中AC垂线处为上坡下坡分界点.计算得到答案.

【详解】选项A.圆锥底面半径r6cm，母线SA24cm,高SOSA2OA2615cm,

1

因为SSA·SB·sinASB，易知ASB为锐角，

SAB2

所以当ASB最大，即AB为底面直径时，截面SAB面积最大，

1

S266153615cm2，A正确；

max2

选项B.过点B作BDOA，交OA于点D连接SD,BD，

SO底面OAB，且BD底面OAB

SOBD

又BDOA,SOOAO,SO,OA平面SOA，

BD平面SOA，

BSD为直线SB与平面SOA所成角

由题意知DOB为等腰直角三角形，BDOBsin32cm，

4

又SBSA24

BD322

sinBSD，B错误

SB248

1

选项C.三棱锥OSAB的体积VS△SO,

3SAB

π

当AOB时，S最大为18，体积也最大，

2OAB

OA2OB2OS23636540

此时其外接球半径为：R=317cm,

22

S4R2612cm2，C正确

选项D.

侧面展开图圆心角满足2426，解得：，为四分之一圆，如图所示，AC为直线时最短，

2

过S作SEAC,则CE即为下坡路段

ACSA2SC224218230,

又CES与CSA相似，

CESCSC218254

CEcm，D正确

SCCACA305

故选：ACD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

43

12.已知e1，e2为平面内不相等的两个单位向量，a，且ae1ae22，则e1e2______．

3

1

【答案】##

20.5

【解析】

【分析】根据已知条件判断出e1，e2的夹角，进而计算出e1e2.

433

【详解】依题意，aea1cosa,ecosa,e2,cosa,e，

113112

ππ

由于0a,eπ，所以a,e，同理可得a,e，

11626

π

由于e，e不相等，所以e，e的夹角为，

12123

π1

所以ee11cos.

1232

故答案为：1

2

13.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形OABC，且OA//BC，

OA2BC4，AB2，将该平面图形绕其直角腰OC边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的体积为

______．

1122

【答案】π

3

【解析】

【分析】先求得圆台的高，然后利用圆台的体积公式求得正确答案.

【详解】OC222222，所以原图中OC42，

也即圆台的高为42，

11122

所以圆台的体积为π22244242π.

33

1122

故答案为：π

3

22

14.在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，记ABC的面积为S，若absinA2S，

b

则的取值范围为______．

a

32

【答案】,

32

【解析】

【分析】通过对已知条件化简得出角的关系，再结合锐角三角形的角的范围以及正弦定理求解比值的范围.

221

【详解】已知absinA2S，则a2b2sinA2bcsinA.

2

因为sinA0（A是三角形内角，0A），等式两边约去sinA得a2b2bc.

由余弦定理得b2c22bccosAb2bc，c22bccosAbc0，

两边除以c得c2bcosAb0，即cb2cosA1.

由正弦定理得sinC2cosA1sinB.

因为ABC，所以CAB，sinCsinABsinAB.

则sinAB2cosA1sinB，展开sinABsinAcosBcosAsinB，

即sinAcosBcosAsinB2cosAsinBsinB，即sinABsinB.

因为ABC是锐角三角形，所以ABB（ABB会导致A，舍去），

则A2B.

0A2B

2

又因为ABC是锐角三角形，所以0B，

2

0CAB3B

2

解得B.

64

bsinBsinBsinB1

由正弦定理得.

asinAsin2B2sinBcosB2cosB

23132

因为B，所以cosB,，则2cosB2,3，,，

64222cosB32

b32

即的取值范围是,.

a32

32

故答案为：,

32

四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

15.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且asinC3acosC3b．

（1）求A；

（2）若ABC的面积为3，求a的最小值．

π

【答案】（1）A

3

（2）2

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识化简已知条件，进而求得A.

（2）根据三角形ABC的面积列方程，求得bc，结合余弦定理以及基本不等式求得a的最小值.

【小问1详解】

因为asinC3acosC3b，由正弦定理得：sinAsinC3sinAcosC3sinB，

即sinAsinC3sinAcosC3sinAC，

也即sinAsinC3sinAcosC3sinAcosC3cosAsinC，

整理得sinAsinC3cosAsinC，

因为0Cπ，所以sinC0，

所以sinA3cosA，所以tanA3．

π

又0Aπ，所以A．

3

【小问2详解】

因为13，所以．

S△bcsinAbc3bc4

ABC24

由余弦定理得a2b2c22bccosAb2c2bc2bcbcbc

所以a24，即a2，

当且仅当bc2时等号成立，即a的最小值为2．

16.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AA12AD4，AB23，点E为DD1的中点．

（1）求证：BD1//平面ACE；

（2）求二面角EACD的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

21

（2）

7

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得BD1//平面ACE.

（2）作出二面角EACD的平面角，解三角形求得二面角EACD的余弦值.

【小问1详解】

连接BD，交AC于点O，连接OE，

由题可知O为AC的中点，

又因为E为DD1的中点，所以OE为BDD1的中位线．所以OE//BD1．

又因为OE平面ACE，BD1平面ACE，所以BD1//平面ACE．

【小问2详解】

在矩形ABCD中，过D作DHAC于点H，连接EH，

由题可知ED平面ABCD，所以EDAC，

又因为DHAC，且DHEDD，DH,ED平面EHD，

所以AC平面EHD，由于EH平面EHD，

所以ACEH．

所以EHD即为二面角EACD的平面角．

在矩形ABCD中，因为AD2，AB23，所以DC23，

2

ACAD2DC222234，

由ACDHADDC得DH3，

1

在中，又由，所以，

Rt△EDHEDAA12EH7

2

DH321

所以cosEHD．

EH77

21

故二面角EACD的余弦值为．

7

17.某市为推广新能源汽车，对潜在用户进行年龄抽样调查，共收集100份有效数据．所有数据均已从小到

大排列，前70个数据已经处理完成，剩下数据为：46，46，47，47，48，48，48，50，50，50，50，51，

51，52，53，53，54，54，54，55，55，56，57，58，59，60，62，63，63．

年龄区间（岁）频数

15,2512

25,3528

35,4530

45,55

55,65

（1）补充完整表格和频率分布直方图，并估计该市新能源汽车潜在用户的平均年龄（同一组中的数据用该

组区间的中点值代表）；

（2）现用分层抽样从年龄在35~65岁新能源汽车的潜在用户中抽取6名幸运客户，再从这6名幸运客户中

选取2人赠送购车补贴，求获得购车补贴的2名幸运客户中恰好有一人年龄在45,55的概率．

【答案】（1）表格及作图见解析，38.8

8

（2）

15

【解析】

【分析】（1）根据已知条件补充完整表格和频率分布直方图，根据平均数的求法求得该市新能源汽车潜在

用户的平均年龄.

（2）根据分层抽样，利用列举法，结合古典概型概率计算公式求得所求概率.

【小问1详解】

由题可知，数据落在45,55的共有20个数据，落在55,65的共有10个数据．

频

年龄区间（岁）

数

15,2512

25,3528

35,4530

45,5520

55,6510

20频率0.2

45,55的频率为：0.2，0.02.

100组距10

10频率0.1

55,65的频率为：0.1，0.01.

100组距10

20123028403050206010

潜在用户的平均年龄约为38.8（岁）.

100

【小问2详解】

30

利用分层抽样从35,45中抽取：63（人），分别记为a，b，c；

302010

20

从45,55中抽取：62（人），分别记为d，e；

302010

10

从55,65中抽取：61（人），记为f．

302010

则从6名幸运客户中选取2人赠送购车补贴，样本空间为：

Ωab,ac,ad,ae,af,bc,bd,be,bf,cd,ce,cf,de,df,ef，共15个样本点．

记“恰有一个年龄在45,55”为事件B，

则Bad,ae,bd,be,cd,ce,df,ef，包含了8个样本点．

nB8

从而PB．

nΩ15

8

故获得购车补贴的2名幸运客户中恰好有一人年龄在45,55的概率为．

15

18.如图，四面体ABCD中，ADCD，ADCD2，ABBD5，ADBBDC，E为AC

的中点，点F在BD上．

（1）证明：ACBD；

（2）求直线BD与平面ACD所成角的正弦值；

（3）当AFC的面积最小时，求三棱锥FABC的体积．

【答案】（1）证明见解析

25

（2）

5

8

（3）

15

【解析】

【分析】（1）通过证明ACDE、ACBE，证得AC平面BED，进而证得ACBD.

（2）作出直线BD与平面ACD所成角，解三角形求得所成角的正弦值.

（3）先判断出EF最短时，AFC的面积最小，然后根据锥体体积公式求得三棱锥FABC的体积．

【小问1详解】

因为ADCD，E是AC的中点，所以ACDE．

ADCD

因为BDBD，所以△ADB≌△CDB，

ADBBDC

所以ABCB，所以ACBE，

因为DEBEE，DE，BE平面BED，

所以AC平面BED，

因为BD平面BED，所以ACBD．

【小问2详解】

因为ADCD，ADCD2，

所以ACD是等腰直角三角形，所以AC2，DE1．

依题意ABBC5，所以BE2，

则DE2BE2BD2，所以DEBE，

又因为ACBE，ACDEE，AC，DE平面ACD，所以BE平面ACD．

所以BDE即为直线BD与平面ACD所成的角．

BE25

在RtBED中，sinBDE，

BD5

25

所以直线BD与平面ACD所成角的正弦值为．

5

【小问3详解】

因为ACDE，BEDE，且ACBEE，AC，BE平面ABC，

所以DE平面ABC．

由（1）已证△ADB≌△CDB，所以FBAFBC，

BFBF

因为FBAFBC,所以△FBA≌△FBC，

ABCB

所以AFCF，E是AC的中点，所以EFAC，

1

因为S△ACEF，所以当EF最短时，AFC的面积最小．

AFC2

当EFBD时，EF最短，过E作EFBD，垂足为F，

1125

在RtBED中，BEDEBDEF，解得EF=，

225

2

BF4

所以2255，45，所以．

DF1BF5DF

555BD5

过F作FHBE，垂足为H，则FH∥DE，

FHBF44

所以FH平面ABC，且，所以FH，

DEBD55

11148

所以VSFH22．

FABC3△ABC32515

19.已知任意平面向量ABx,y，把AB绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量

APxcosysin,xsinycos，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P．已知平面内点A1,0，

π

B2,0，将点B绕点O（O为坐标原点）沿逆时针方向旋转θ角得到点C，其中0，以AC为边作

2

等边三角形ACP，设线段OP与AC相交于点Q．

π

（1）若，求向量AC的坐标；

4

（2）求AOP面积的最大值；

1

（3）若AQAC，求角θ．

3

【答案】（1）21,2

3

（2）1

4

π

（3）

3

【解析】

【分析】（1）先求得