精品解析：山东省滨州市惠民县第一中学2024-2025学年高一下学期第一次月考数学试题（实验）

实验中心2024级高一下学期第一次质量检测数学学科试题 一、单选题 1. 若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法、乘法、共轭复数等知识求得正确答案. 【详解】， 所以，所以. 故选：C 2. 已知，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. π D. 【答案】B 【解析】 【分析】由空间向量数量积的坐标表示可得. 【详解】设向量与的夹角为， 则， 因，故， 故选：B 3. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件化简得，利用投影向量的定义计算. 【详解】由，则，化简得， 所以在向量上的投影向量为. 故选：C. 4. 已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由向量减法运算可得，再根据题设及空间向量的共面定理即可求解. 【详解】由，可得， 所以， 当点共面时，可得，解得. 故选：A. 5. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情况，随机抽取了100名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，则下列数据一定不位于区间内的是（ ） A. 众数 B. 第70百分位数 C. 中位数 D. 平均数 【答案】B 【解析】 【分析】根据频率分布直方图分别求出众数、第70百分位数、中位数以及平均数，由此即可得解. 【详解】对于A，众数为； 对于BC，， 设中位数、第70百分位数分别为， 注意到， 设， 解得； 对于D，设平均数为，则. 故选：B. 6. 如图，已知三棱锥的每条棱的长度都等于1，点，，分别是，，的中点，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据线面垂直的性质可得，再利用向量的加法法则和共线定理，结合数量积的运算律即可求得. 【详解】分别为的中点，则， 由已知三棱锥为正三棱锥，取中点为，连接， 由已知和为正三角形，则， 又，且平面，则平面，又平面 则，即， 则. 故选：. 7. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】作出满足条件的图，举出反例，排除ABD选项，作出满足条件的图，并证明，得到C选项正确. 【详解】A选项：如图： 在正方体中，，此时与夹角为，A选项错误； B选项：如图： 在正方体中，，此时，B选项错误； D选项：如图： 在正方体中：，此时，D选项错误； C选项：如图： 过作平面，使得，，∵，∴，则， 又∵，∴，∴，C选项正确. 故选：C. 8. 投掷一枚均匀的骰子，事件: 点数大于 2 ; 事件: 点数小于4 ; 事件: 点数为偶数. 则下列关于事件描述正确的是（ ） A. 与是互斥事件 B. 与是对立事件 C. 与是独立事件 D. 与是独立事件 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件、相互独立事件的定义判断即可. 【详解】依题意事件，事件，事件， 所以与不是互斥事件，显然不可能是对立事件，故A、B错误； 因为，所以，又，， 所以，所以与是独立事件，故C正确； 因为，所以，又， 所以，所以与不是独立事件，故D错误； 故选：C 二、多选题 9. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项，统一变量，结合向量的线性运算关系判断动点的位置可得出结果；C选项可做反解验证，以垂直为条件运算；D选项为探究，可假设存在，以线面垂直为条件求解验证判别. 【详解】 对于A，若，则，则点在线段上，如上图. 因平面平面，且平面平面，平面平面， 故因平面，平面，故平面，同理可证平面， 因平面，平面，且，故有平面平面， 又因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，若，则（为的中点）如上图. 又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，若，则，所以. ，所以点在线段上（如上图）.假设，则， 即，化简得， 该方程无解，所以不存在，故C错误； 对于D，如上图，设为的中点， 当时，则，即， 建立如图所示的空间直角坐标系. 则， . 所以. 假设平面，则， 即，解得.故D正确. 故选： . 10. 在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：利用余弦定理边角转化即可；对于B：利用正弦定理求三角形外接圆半径，即可得结果；对于CD：根据选项A中结论，结合基本不等式运算求解. 【详解】对于选项A：因为， 由余弦定理可得， 整理可得，则， 且，所以，故A错误； 对于选项B：由正弦定理可得外接圆的半径， 所以外接圆的面积为，故B正确； 对于选项C：由可得， 且，即，解得，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最大值为，故C正确； 对于选项D：由可得，即， 且，即， 解得，即，当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为，故D正确； 故选：BCD. 11. 如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 直线与底面所成角的正弦值为 C. 若点在底面内的射影为的中心，则 D. 若三棱锥的体积为2，则三棱柱的体积为6 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意确定一组基底，对于A，由基底表示向量，根据垂直垂直向量的数量积，建立方程，可得其正误；对于B，由题意作图，根据几何性质明确垂足的位置，进而可得线面角，利用向量的夹角公式，可得其正误；对于C，由B所得三角函数值，根据等边三角形的几何性质，可得其正误；对于D，根据等积变换，结合三棱锥的体积公式以及其与同底等高的三棱柱的体积关系，可得其正误. 【详解】设，，，由题意可得，， ， 对于A，由图可得，， 由，则，即， 化简可得，解得，故A正确； 对于B，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，连接，如下图： 由题意可知，则，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以，则， 可得，所以为直线与平面的夹角， 由A可得，， 在等边中，易知， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故B错误； 对于C，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，如下图： 易知点在平面上的射影为点，即点为等边的中心， 易知， 因为平面，平面，所以， 由B可知，在中，，故C正确； 对于D，由题意作图如下： 设点到平面的距离为，的面积为， 则三棱锥的体积， 平行四边形中，易知的面积， 则三棱锥的体积， 由图可知三棱柱的体积，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 已知点，点，则点到直线的距离为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用点到直线距离的向量公式直接求解即可. 【详解】由题意，， 所以点到直线的距离为：. 故答案为：. 13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=__________ 【答案】0.3## 【解析】 【分析】先求出，根据得到，结合，求出，从而得到. 【详解】由题意得，为互斥事件， 即， ， 又①，②， 式子①②相加得， 故， 所以，则. 故答案为：0.3 【点睛】若事件A，B互斥，则有， 若事件A，B不互斥，则有. 14. 某高一班级有40名学生，在一次物理考试中统计出平均分数为70，方差为95，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得70分却记为50分，乙实得60分却记为80分，则更正后的方差是________. 【答案】85 【解析】 【分析】根据平均数、方差的计算公式求解即可. 【详解】设更正前甲,乙,丙...的成绩依次为， 则， 即， 所以， ， 即， 所以. 更正后的平均分， 更正后的方差 . 故答案为：. 15. 如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点. （1）求此圆锥的侧面积； （2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由已知条件求出母线长，然后利用圆锥的侧面积公式求解即可； （2）以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 因为圆锥的底面半径， 经过旋转轴SO的截面是等边，可得， 所以圆锥的侧面积为. 【小问2详解】 以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图， 由题意可得，则，，，，， 则，， 所以，，， 所以， 设异面直线PQ与SO所成角的大小为，， 则， 故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为. 16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． （1）证明：平面AMC； （2）求平面和平面AMC夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，连接，由题意知平面， 所以，又，， 所以，因为M是的中点，所以． 因为平面ABC，所以， 又，，所以平面，所以． 因为，所以平面AMC． （2）． 【解析】 【分析】（1）连接，可证，由平面ABC，得，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，由（1）知平面AMC的一个法向量为，利用夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，， 所以，． 设平面的法向量为， 则，取， 由（1）知平面AMC的一个法向量为， 因为， 所以平面和平面AMC夹角的余弦值为． 17. 在中，. （1）求角； （2）若. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，进而根据和差角公式可得，即可求解； （2）根据余弦定理，结合题中条件可得，，再由余弦定理求解（ⅰ），利用三角形面积公式求解（ⅱ）. 【小问1详解】 因为，即， 由正弦定理可得， ， 即，可得， 且，则，可得， 又因为，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）∵，由余弦定理，，又∵（*）， 整理得：，即，代入（*）可得， 由余弦定理，； （ⅱ）∵，由（ⅰ）得：， 解得， ∴. 18. 某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击100次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下： ①有4次游戏机会． ②依次参加A，B，C游戏. ③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到C游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加C游戏，直到4次机会全部用完. ④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金50元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金200元． 已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，甲、乙参加每次游戏相互独立，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下： （1）甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏?并说明理由． （2）在（1）的基础上，解答下列两问． （ⅰ）求该运动员能参加游戏的概率． （ⅱ）记为该运动员最终获得的奖金额，P为获得每个奖金额对应的概率，请用适当的表示法表示关于的函数． 【答案】（1）甲，理由见解析； （2）（ⅰ）；（ⅱ）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图，结合中位数的意义判断甲乙中位数的大小即得. （2）（ⅰ）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算即得；（ⅱ）按游戏使用次数，求出值及对应的概率，再用列表法表示出函数关系即可. 【小问1详解】 甲运动员成绩位于的频率为0.3，则其中位数大于80， 而乙运动员成绩位于的频率为0.6，，则其中位数小于80， 所以甲运动员参加第二阶段游戏. 【小问2详解】 （ⅰ）若甲能参加游戏，则游戏至多共使用3次机会， ①游戏共使用2次机会，则概率； ②游戏共使用3次机会，则概率， 所以甲能参加游戏的概率为. （ⅱ）由甲参加每个游戏获胜的概率都是，得参加完4次游戏后的每个结果发生的概率都为， ①游戏使用了4次，则或50； ②游戏使用了3次，则或150； ③游戏使用了2次，游戏使用2次，则或150； ④游戏使用了2次，游戏使用1次，则或350； ⑤游戏使用了1次，游戏使用3次，则或150； ⑥游戏使用了1次，游戏使用2次，则或350； ⑦游戏使用了1次，游戏使用1次，则或350或550，其中有2种情况， 因此，当时，；当时，，当时，； 当时，；当时，， 所以用列表法表示关于的函数为： 0 50 150 350 550 【点睛】关键点点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键. 19. 在四棱锥中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，平面平面． （1）求证：； （2）如图，且，求点M到平面PBC的距离； （3）设四棱锥的外接球球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为?若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 证明：四边形ABCD为正方形， . 又平面PCD，平面PCD， 平面PCD. 又平面PAB，平面平面， . （2） （3）存在，点E为PB上靠近点P的三等分点 【解析】 【分析】（1）由题可证平面PCD，再由线面平行性质可完成证明； （2）以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 由题可得平面PBC的法向量，然后结合空间向量知识可得答案； （3）由球心定义可得点Q坐标，然后设，由空间向量知识可得平面AEC的一个法向量，及PQ与平面AEC所成的角的正弦值关于的表达式，据此可得答案. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 取BC中点N，连接ON，则， 平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD， ， ∴以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， ．设平面PBC的一个法向量为， 则，得，取， ， 点M到平面PBC的距离为. 【小问3详解】 存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为， ，且平面ABCD为正方形， 点Q在平面上的射影是ABCD的中心，可设， 则，解得． 即， 设，， 设平面AEC的一个法向量为，则得， 取， 设直线PQ与平面AEC所成的角为， ， 化简得，即或（舍）． ∴存在点E为PB上靠近点P的三等分点，使得直线PQ与平面AEC所成角的正弦值为． 【点睛】关键点睛：对于外接球问题关键在于确定球心位置，可先找某一平面外接圆圆心，则球心在过圆心所在平面的垂线上；对于动点问题，常设边长比例为参数，再用参数表示已知量，求解相关方程或不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 实验中心2024级高一下学期第一次质量检测数学学科试题 一、单选题 1. 若，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 已知，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. π D. 3. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（ ） A. B. C. D. 5. 随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情况，随机抽取了100名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，则下列数据一定不位于区间内的是（ ） A. 众数 B. 第70百分位数 C. 中位数 D. 平均数 6. 如图，已知三棱锥的每条棱的长度都等于1，点，，分别是，，的中点，则（ ） A. B. C. D. 1 7. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 投掷一枚均匀的骰子，事件: 点数大于 2 ; 事件: 点数小于4 ; 事件: 点数为偶数. 则下列关于事件描述正确的是（ ） A. 与是互斥事件 B. 与是对立事件 C. 与是独立事件 D. 与是独立事件 二、多选题 9. 如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则平面 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若，则存在，使 D. 若，则存在，使平面 10. 在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 外接圆的面积为 C. 面积的最大值为 D. 周长的最大值为 11. 如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 直线与底面所成角的正弦值为 C. 若点在底面内的射影为的中心，则 D. 若三棱锥的体积为2，则三棱柱的体积为6 三、填空题 12. 已知点，点，则点到直线的距离为______． 13. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=__________ 14. 某高一班级有40名学生，在一次物理考试中统计出平均分数为70，方差为95，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得70分却记为50分，乙实得60分却记为80分，则更正后的方差是________. 15. 如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点. （1）求此圆锥的侧面积； （2）求异面直线PQ与SO所成角的余弦值. 16. 如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点． （1）证明：平面AMC； （2）求平面和平面AMC夹角的余弦值． 17. 在中，. （1）求角； （2）若. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积. 18. 某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击100次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下： ①有4次游戏机会． ②依次参加A，B，C游戏. ③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到C游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加C游戏，直到4次机会全部用完. ④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金50元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金200元． 已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，甲、乙参加每次游戏相互独立，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下： （1）甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏?并说明理由． （2）在（1）的基础上，解答下列两问． （ⅰ）求该运动员能参加游戏的概率． （ⅱ）记为该运动员最终获得的奖金额，P为获得每个奖金额对应的概率，请用适当的表示法表示关于的函数． 19. 在四棱锥中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，平面平面． （1）求证：； （2）如图，且，求点M到平面PBC的距离； （3）设四棱锥的外接球球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为?若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $