湖北省武汉市常青联盟2024-2025学年度下学期高一年级6月联考数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2025年7月_250701湖北省武汉市常青联盟2024-2025学年度下学期高一年级6月联考

武汉市常青联合体 2024-2025 学年度第二学期期末考试 高一数学详解及评分标准（参考） 1. 答案：A （必修二教材P95 T8和2025高考T1改编）[解析] z1i，故选A. 2. 2.答案：C 按照数量级的意义，零向量乘一个零向量是数量零。 3.【答案】B【详解】（必修二教材P206 探究改编）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：a,d为中位数， b,c为平均数．故选：B． 4答案：D （必修二教材P203 例2改编）[解析]把数据按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10， 12，15，18，20，21，23，因为 ，所以第75百分位数是第9，10两个数的平均数，为19 120.759 5.【答案】C解析：对于选项A,B,D,α∥β或α与β相交,错误. 6.【答案】C【详解】对于C选项，MN 平面ABC，故C不满足. 7.答案：A【详解】连接AC,BD交于点F ，取AD的中点E，连接EF,PF ， 由正四棱锥的几何特征可得F 为AC,BD的中点，PF 底面ABCD， AF DF  2,AF DF，PA PD，因为E为AD的中点，所以PE AD,EF  AD， π 所以PEF即为面PAD与底面ABCD所成角的平面角，即PEF  ， 4 EF 1，则 ，所以 PE 2,PF 1 1 4 V  221 PABCD 3 3 1 S 224,S S S S  2 2 2 ABCD PAB PAD PBC PCD 2 因为 1 1 4 V  4d   2d d d d  PABCD 3 1 3 2 3 4 5 3 1 1 1 1 1 根据V  S d  S d  S d  S d  S d ，利用等体积法可得 PABCD 3 ABCD 1 3 PAB 2 3 PBC 3 3 PCD 4 3 PAD 5 2 2d d d d d 2 2 1 2 3 4 5 第 1 页 共 6 页8.【答案】B【详解】∵O是△ABC的垂心，延长CO交AB与点P， 1  1  S :S  OCBP: OCAP BP:APtanA:tanB 1 2 2  2  同理可得S :S tanA:tanC，∴S ：S :S tanA:tanB:tanC， 1 3 1 2 3         又S OAS OBS OC 0，∴tanAOAtanBOBtanCOC0， 1 2 3     又 2OA3OB4OC0 ，∴ tanA:tanB:tanC2:3:4 ，不妨设 tanA2k，tanB3k，tanC4k ，其中k 0， tanBtanC ∵tanAtan  BC  tanBC ，解得 （舍负值）， 1tanBtanC 6 6 k  tanA2k  4 2 9. 答案：ABD （必修二教材P80 T3改编）[解析] ,则 7i 7i34i 2525i z    1 i 34i 34i34i 25 ,故A正确; , z在复平面内对应的点为 ,位于第一象限,故B正确; 不 z 1i  2 z1i z1i 1,1 能比较大小，故C错误; 为纯虚数,故D正确.故选ABD. z1i 10【答案】BD【详解】对于A：由 ， 的夹角为B的补角，所以B为锐角，不能确定 ABBC0 AB与BC 三角形的形状所以A错误；对于B：由 sin3Asin3B ，A0,π，B0,π，AB0,π得： 3A3B π 或 3A3B π ，即AB或AB ，所以△ABC为等腰三角形或钝角三角形，B正确； 3 对于C：由正弦定理可将sin2 Asin2Bsin2C转化为a2b2 c2， a2b2c2 π 则cosC  0 ，所以C  ，但无法判断A，B的范围，C错误. 2ab 2 a b 对于D：由 根据正弦定理  得： ，∴ a2,b 3,B30 sinA sinB asinB 3 1 sinA   b 3 2 ，且 ，所以满足条件的三角形有两个，D正确. 300  A1500 1800B A900 11.【答案】BC【详解】A．侧棱 与平面 所成的角的正弦为 B．正四面体 的外接球的 AB BCD ABCD 6 3 半径 体积为 C．小正四面体 的外接球为正四面体 的内切球 R3r 3, 4 EFGH ABCD V  R3 36 3 第 2 页 共 6 页时 的棱长的最大,故 D．小正方体 的外接球为正四面体 的 EFGH EFGH ABCD 6 6 1 b a,b a 4 12 3 内切球时小正方体的棱长c的最大值，故 D错误。 3 6 2 c a,c a, 2 12 6 12.【答案】8【分析】根据几个数的平均数、方差计算公式计算即可. 【详解】由题意得， 1423a ，故 a5 ，x 1 ，x 2 ，x 3 ，x 4 ，x 5 的方差为 3 5 132432232332532 2 5 数据2x 1 1，2x 2 1，2x 3 +1，2x 4 1，2x 5 1的方差是解得 428 . 13.【答案】3 分析：几何意义法求数量积。 【详解】设等边三角形的边长为a,因为 所以 ，所以 在 上的投影为 , AB BC AB BC AP AB 2AB 2 2 2 2 4 4 i 2 2 故   ， ，解得 （负舍）故答案为：3. m  AB AP 6a2 m m m  6a210 540 a3 i 2 i 1 2 10 14.【答案】 23π（2分）；12（3分） 【知识点】圆台表面积的有关计算、圆台的展开图、由平面图形旋转得旋转体 【详解】如图所示，满足题意的直角梯形ABCD，以BC边所在的直线为轴，其余三边旋转一周， 形成一个上底面半径为 ，下底面半径 ，母线长l6的圆台， r CD1 r  AB2 1 2 其表面积为 . S π  r2r2rlrl  23π 1 2 1 2 将圆台的侧面沿母线AD展开，得到如图所示的一个扇 1 环，因为圆台上下底面半径的关系为r  r ，所以AA 2DD ，OA 2OD ，又∵ ，∴ ， 1 2 2 1 2 1 2 1 1 AD 6 OA 12 1 1 1 ∴ OD 6 ，设A 2 OA 1 ，则A 1 A 2 的弧长 lOA 12 2πr  4π ， 1 1 2 1 解得 π，连接A A，△OAA 为等边三角形，∴ 所以蚂蚁从点A绕着圆台的侧面爬行一周， 3 2 1 1 2 AA 12 1 2 第 3 页 共 6 页回到点A的最短路径即为线段A A，所以蚂蚁爬行的最短路程为12. 2 1 15.【详解】（1）由频率分布直方图可知50.010.07x0.040.020.011 ，解得x0.06，（2分） 身高在170cm及以下的学生人数10050.010.070.0670 （人）.（5分） （2） 160,165的人数占比为 50.015% ，  165,170的人数占比为 ， 50.0735% 所以该校100名生学身高的下四分位数即25％分位数落在 165,170， 设该校100名生学身高的25％分位数为x，则 ，解得 ， 0.050.07x1650.25 x168 故该校100名生学身高的的下四分位数约为168.（10分） （3）由频率分布直方图知，这100名学生的身高在 170,175的有 0.06510030 人， 身高在 175,180的有 0.04510020 人，所以 1733017820 （12分）  175 3020 总方差 （15分） 1   s2  308(173175)2206(178175)2 13.2     3020 16.分析：（必修二教材P30 例5改编）向量的坐标运算，向量的夹角，投影向量的概念。 【详解】（1）设C(x,y)，又A(2,1)、 、D(2,2)， B(1,3)  ， . AD(4,1) BC(x1,y3)   又四边形ABCD是平行四边形，所以ADBC， (x1,y3)(4,1) ， 即 解得 x14, x3,   y31, y4, 顶点C的坐标为(3,4) （5分） （2） , AB(1,2) BC(4,1) 向量与向量所成角的余弦为 （10分） AB BC   ABBC 6 6 85 cos     AB BC 5 17 85 （3） , AB(1,2) AC(5,3) 第 4 页 共 6 页向量与向量上的投影向量的坐标为 （15分） AC AB   ACAB 11 11 22 2 AB 5 (1,2)( 5 , 5 ) AB 17.【详解】（1）证明：因为E，F 分别为线段 AC，AC 上的点， A  E    A  C  ,  A  F    A  C  ,(0,1) 1 1 1 1 1 1 1 所以EF //A A.又 因为BB//AA，所以EF //BB.又因为EF 平面BCCB ，BB平面BCCB ，所 1 1 1 1 1 1 1 1 1 以EF//平面BCCB ． （5分） 1 1 （2）取BC 的点G， 连接GE，GF.则GE//AB． 1 BGBC 1 因为GE平面ABBA ，AB平面ABBA ，所以GE //平面ABBA ， 1 1 1 1 1 1 同理可得，EF //平面ABBA，又因为EFEG E ，EG，EF 平面EFG，所以平面EFG//平面ABBA 1 1 1 1 故在线段BC 上存在一点G，使平面EFG//平面ABBA． （10分） 1 1 1 （3） （15分） 3 V 2V 2V 1,V 3V  ABCC1B1 ABCC1 C1 ABC ABCA1B1C1 C1 ABC 2 18.【详解】（2025高考T17改编）（1）由BC//AD，BC平面PAD，AD平面PAD，得BC//平面 PAD，又BC平面PBC ，且平面PBC 与平面PAD相交于直线l， 所以BC//l. （5分） （2）在平面 内作 于H， PAB AH PB 平面PAB平面PBC,平面PAB平面PBC PB , PH 平面PBC,PH BC 又,PA平面ABCD， （10分） BC 平面ABCD,PABC,又PAAH  A，BC 平面PAB,BC  AB （3）由（2）知，CO//AB,CO AD，由PA平面ABCD，CO平面ABCD，则COPA， 而PAADA,PA,AD 平面PAD，于是CO平面PAD，又PD平面PAD， 则PDCO，过O作OEPD于E，连接CE，显然COOE O,CO,OE平面COE， 因此PD平面COE，而CE平面COE，则PDCE，即OEC是二面角CPDA的平面角， 第 5 页 共 6 页由 PA AD2 ，PA AD，得 PD2 2,sinADP450 则 2 6 OE 3 OE ODsinADP ,CE  ,cosOEC   2 2 CE 3 所以二面角CPDA的余弦值是 （17分） 3 3 19. 解析:(1)因为sinC=cosBsinA,又sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB所以cosAsinB=0,又sinB大 于0，故cosA=0,所以A=90°. 又 sinB=sinC 所以C=45° （5分） (2)由sinB=sinC知 bc1 由费马点定义知， AMBBMCAMC120 ， 设    MA m, MB n, MC t,m0,n0,t 0 由 得： S S S S 1 3 1 3 1 3 1 AMB BMC AMC ABC mn  nt  mt  2 2 2 2 2 2 2       整理得 ，则 2 3 MAMBMBMCMAMC mnntmt  3 （10分） 1 1 1 1 3 3 mn( )nt( )mt( )   2 2 2 2 3 3 π （3）在△ABC中，AB AC 1，A ，以点A为坐标原点，AB、AC所在直线分别为x、y轴建立 2   平面直角坐标系，则A0,0、B1,0、C0,1，设点Px,y，则APABx1,y，   APAC x,y1,  APAC x,y1 所以，       APAB  APAC  APAC  x 12y 2 x 2 y 12 x2 (y 1)2 则       的几何意义是点P到点B1,0、C0,1、D0,1的距离之和， APAB  APAC  APAC 由题意可知，当点P为△BCD的费马点时，       取最小值，在等腰 中， RT△BCD APAB  APAC  APAC 3 CPA600,P( ,0) 3       APAB  APAC  APAC  1 3 因此，       的最小值为1 3. （17分） APAB  APAC  APAC 第 6 页 共 6 页