精品解析：广东省广州市天河中学2024-2025学年高一下学期5月能力考试数学试卷

广州市天河中学高中部2024学年第二学期能力考试 高一数学试卷 命题人：党光瑞 审题人：伍娟 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 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，用像皮擦干净后，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，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题 1. 已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义结合复数的概念判断可得出合适的选项. 【详解】，则， 故的虚部为. 故选：D. 2. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法中错误的是（ ） A. 若平面，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理可判断A、B；线面垂直的性质定理可判断C；由面面平行的判定定理可判断D. 【详解】对于A，因为平面，，所以平面，又因为， 所以，故A正确； 对于B，若，，则，又因为，所以，故B正确； 对于C，若，，则，故C正确； 对于D，若，，则可能与相交，故D错误. 故选：D. 3. 已知非零向量，满足，且，则向量，的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的垂直可得数量积为0，再由夹角公式代入求解即可. 【详解】因为， 所以， 即， 所以. 故选：A 4. 2021年起，我市将试行“3+1+2”的普通高考新模式，即除语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目.为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图.甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是（ ） A. 甲的化学成绩领先年级平均分最多. B. 甲有2个科目的成绩低于年级平均分. C. 甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理. D. 对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果. 【答案】A 【解析】 【分析】根据雷达图，对四个选项逐个分析，可选出答案. 【详解】根据雷达图，可知物理成绩领先年级平均分最多，即A错误； 甲的政治、历史两个科目的成绩低于年级平均分，即B正确； 甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理，即C正确； 对甲而言，物理成绩比年级平均分高，历史成绩比年级平均分低，而化学、生物、地理、政治中优势最明显的两科为化学和地理，故物理、化学、地理的成绩是比较理想的一种选科结果，即D正确. 故选：A. 【点睛】本题考查统计知识，涉及到雷达图的识别及应用，考查学生识图能力、数据分析能力，是一道容易题. 5. 如图，在等边中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，根据向量的线性运算以及数量积的定义和运算律，即可求得答案. 【详解】由题意在等边中，，设， 则 ， 当时，取到最小值， 故选：B 6. 有一组从小到大排列的样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，，则（ ） A. 数据的标准差不小于数据的标准差 B. 数据的中位数与数据的中位数相等 C. 若数据的方差为m，则数据的方差为 D. 若数据的极差为d，则数据的极差为 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，根据题意以及标准差的意义即可判断；对于B，根据中位数定义即可判断；对于C，由方差性质即可判断；对于D，根据极差定义直接计算即可得解. 【详解】对于A， 因为， 所以根据标准差的意义可知数据的标准差小于等于数据的标准差， 故A错误； 对于B，根据中位数定义可知，数据的中位数与数据的中位数是相同数据所得， 所以两组数据中位数相等，故B正确； 对于C，若数据的方差为m， 则由方差性质得数据的方差为，故C错误； 对于D，由题意数据的极差为， 所以数据的极差为，故D错误. 故选：B. 7. 如图，为了测量河对岸两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点.从点测得，从点测得，从点测得.若测得（单位：百米），则两点的距离为（ ）百米. A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件，结合三角形的性质，正弦定理，余弦定理，即可求解. 【详解】在中，，， 则，， 在中，，，， 则， ， ， 在中，，， 则， . 故选：D. 8. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则该二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过二十四等边体的外接球表面积求得半径，进而计算出二十四等边体的边长，进而计算出二十四等边体的表面积. 【详解】由于二十四等边体的外接球表面积为， 设其半径为，则，解得. 设为球心，依题意可知四边形分别为正方体侧棱的中点， 所以正方形，由于， 所以四边形是正方形，. 所以二十四等边体的边长为. 所以二十四等边体的边长的表面积为 . 故选：C 【点睛】本小题主要考查几何体外接球有关计算，考查空间想象能力，属于中档题. 二、多选题 9. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若A＞B，则 B. 若，则有两解 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则为等腰三角形或直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】由余弦函数的单调性即可判断A,由正弦定理即可判断B,由余弦值的性质即可判断C,由边角互化即可判断D. 【详解】对于A，所以函数在上单调递减，所以，故A正确； 对于B，由正弦定理可得：，∴， 此时无解，故B错误； 对于C，∵，为三角形的内角， ∴，可知A，B，C均为锐角，故为锐角三角形，故C正确； 对于D：∵，所以由正弦定理可得，又, 因此， ∴，∴，b＝a或，即三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确． 故选：ACD． 10. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为2，则关于此正四棱台的结论正确的有（ ） A. 侧面积为 B. 体积为 C. 侧面与底面所成角的正切值为 D. 外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知求出棱台的斜高与高，求出侧面积与体积判断A与B；求出侧面与底面所成角的正切值判断C；分析外接球的球心位置，设其半径为R，结合四棱台的几何结构可得关于R的方程，求出R的值，计算外接球的体积判断D即可． 【详解】如图所示， 正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为2，则斜高为， 侧面积为，故A错误； 正四棱台，上底面的中心为，下底面的中心为． 连接，其上、下底面的边长分别为2，4，得． 过点作，使并交与点，侧棱长为2， 则，则有， 则正四棱台的体积，故B正确； 侧面与底面所成角的正切值为，故C正确； 由于，则该棱台的外接球的球心在的延长线上. 设其外接球的球心为G，半径为R，则有， 则有，解得. 故其外接球的表面积为，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，． 下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥． 折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ） A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为 B. 按照折法①，存在满足 C. 按照折法②，三棱锥外接球体积的最大值为 D. 按照折法②，当时，与平面所成角的正切值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知利用棱锥的结构特征，球的表面积判断A；由棱锥的结构特征判断B；根据题意求外接球的半径，进而分析其最值即可判断C；由线面角的定义求出大小判断D. 【详解】由题意知， 设，可知为的中点，且， 取的中点，由于和是直角三角形且全等， 故，即四边形的外接圆圆心， 对于选项AB：在折法①的折叠过程中，三棱锥的外接球的球心为，半径为1， 故该球的表面积恒为，故A正确； 按照折法①，在折起过程中，点在平面内的投影在线段上(不包括端点)， 而线段 (不包括端点)不存在使得， 故不存在满足，故B错误； 对于选项C：按照折法②，设，此时的外接圆圆心为，三棱锥外接球的球心为， 则平面，平面，且， 可知，则， 可得， 且，则，可得， 即无最值，所以三棱锥外接球体积无最值，故C错误； 对于选项D：按照折法②，因为，，平面， 可得平面， 若，且，可得， 可知为锐角，且， 设点到平面的距离为， 由三棱锥的体积可得：，解得， 所以与平面所成角的正切值为，故D正确； 故选：AD. 【点睛】方法点睛：1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． 2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 样本数据7，8，10，11，12，13，15，17的第40百分位数为________． 【答案】11 【解析】 【分析】根据百分数的定义就可求得第40百分位数. 【详解】首先对数据从小到大进行排序：7，8，10，11，12，13，15，17，共有8个数据 ， 所以这个样本数据的第40百分位数为第四位，即11， 故答案为：11. 13. 已知，向量在向量上的投影向量为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式得到方程，求出. 【详解】在上的投影向量为，故， 故，所以. 故答案为： 14. 在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，P是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是_______；与平面所成角的正切值为_______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】分别取的中点，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断点在或处时最长，位于线段中点处最短，通过解直角三角形即可求得线段长度的取值范围，利用线面角的定义可求出与平面所成角的正切值. 【详解】分别取的中点，连接，， 因为分别为，的中点， 所以∥，∥，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为∥，，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 因为P是侧面内一点，且平面， 所以点必在线段上， 在中，， 在中，， 所以为等腰三角形， 当点为的中点时，，此时最短， 当点在或处时最长， 因为，所以， 因为，， 所以线段长度的取值范围是， 设到平面的距离为，与平面所成角为， 因为，所以由可得， 所以，所以. 故答案为：， 【点睛】关键点点睛：此题考查线面角的求法，考查线面平行的性质，解题的关键是面面平行的判断和线面平行的关系得到点必在线段上，考查空间想象能力，属于较难题. 四、解答题 15. 已知的内角A，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，为线段的中点，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简，可得，即可求得答案； （2）利用向量的加法法则可得，平方并结合数量积的运算律，可得关于的方程，求得，根据三角形面积公式即得答案. 【小问1详解】 因为，且，则，即， 又因为，则， 因为，所以. 【小问2详解】 因为为线段的中点，所以，则， 即，解得或(舍)， 因为，且，则 所以. 16. 如图，三棱柱中，E为中点，F为中点． （1）求证：平面ABC； （2）若，平面平面ABC，，求证：平面ABC． 【答案】（1） 取的中点，连接， AI 因为为中点，所以且， 又为中点，，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； （2） 因为，由（1）可知，所以， 又，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，由已知易证四边形是平行四边形，进而可得，可证结论； （2）由面面垂直的性质可得平面，进而可得，结合（1）与已知可得，进而由线面垂直的判定定理可证结论. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为为中点，所以且， 又为中点，，， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，由（1）可知，所以， 又，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面． 17. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的第75百分位数和平均数 （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差 【答案】（1） （2）第75百分位数为84，平均数为 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1即可求解， （2）根据百分位数和平均数的计算公式即可求解， （3）借助分层抽样的平均数与方差计算公式计算即可得. 【小问1详解】 由每组小矩形的面积之和为1得，， 所以. 【小问2详解】 成绩落在内的频率为， 落在内的频率为， 显然第75百分位数，由， 解得，所以第75百分位数为84. 平均数约为 ； 【小问3详解】 由图可知，成绩在的市民人数为， 成绩在的市民人数为， 故， ， 所以两组市民成绩的总平均数是62，总方差是23． 18. 已知四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，. （1）求证： （2）求点到平面的距离： （3）求二面角的正弦值 【答案】（1） 证明：取的中点，连接， 因为，，，所以， 因为，所以四边形是平行四边形，则， 则，即是直角三角形，所以， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，根据勾股定理得，根据线面垂直的性质定理得，从而利用线面垂直的判定定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理证明即可． （2）过作直线，交的延长线于，根据面面垂直的定义得到平面，即是到平面的距离，然后进行求解即可． （3）过作，连接，利用三垂线定理法作出二面角的平面角，求出其正弦值，进而根据互补关系求解二面角的正弦值即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过作直线，交的延长线于，则， 连接，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又，所以平面，过作与，平面， 所以，，平面，所以平面， 即是到平面的距离， 则中，，，则， 则，得，得，即到平面的距离是． 【小问3详解】 过作，连接，因为平面，平面， 所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以为二面角的平面角， 在中，，得，得， 在中，，，所以， 记二面角的平面角为，则，所以，即二面角的正弦值为. 19. 在中，，，若是的中点，则；若是的一个三等分点，则；若是的一个四等分点，则 （1）如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明． （2）如图②，若，，与交于，过点的直线与，分别交于点，． ①利用（1）的结论，用，表示； ②设，，求的最小值． 【答案】（1） 猜想：， 证明：因为， 所以 ， 因为，， 所以 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算法则计算可得； （2）①依题意可得，，由、、三点共线，设，结合（1）的结论用，表示出，由、、三点共线，设，同理表示出，根据平面向量基本定理得到方程，求出、，再代入即可；②依题意可得，，结合①的结论及共线定理即得出，再利用基本不等式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①若，，则，， 因为、、三点共线，设， 则， 因为、、三点共线，设， 则， 因为与不共线，所以，解得， 所以. ②因为，， 所以，， 所以， 因为、、三点共线，所以， 所以， 因为，所以，， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为. 【点睛】方法点睛：有两个变量一个代数式是整式，另一个代数式是分式，已知一个代数式的值，求另一个代数式的最小值，利用已知条件，将上述两个代数式变形，凑出形式的式子，即可使用基本不等式求最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市天河中学高中部2024学年第二学期能力考试 高一数学试卷 命题人：党光瑞 审题人：伍娟 本试卷共5页，19小题，满分150分，考试用时120分钟 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 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，用像皮擦干净后，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，将答题卡交回. 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题 1. 已知复数，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法中错误的是（ ） A. 若平面，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 已知非零向量，满足，且，则向量，的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. 2021年起，我市将试行“3+1+2”的普通高考新模式，即除语文、数学、外语3门必选科目外，考生再从物理、历史中选1门，从化学、生物、地理、政治中选2门作为选考科目.为了帮助学生合理选科，某中学将高一每个学生的六门科目综合成绩按比例均缩放成5分制，绘制成雷达图.甲同学的成绩雷达图如图所示，下面叙述一定不正确的是（ ） A. 甲的化学成绩领先年级平均分最多. B. 甲有2个科目的成绩低于年级平均分. C. 甲的成绩最好的前两个科目是化学和地理. D. 对甲而言，物理、化学、地理是比较理想的一种选科结果. 5. 如图，在等边中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 6. 有一组从小到大排列的样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，，则（ ） A. 数据的标准差不小于数据的标准差 B. 数据的中位数与数据的中位数相等 C. 若数据的方差为m，则数据的方差为 D. 若数据的极差为d，则数据的极差为 7. 如图，为了测量河对岸两点之间的距离，在河岸这边找到在同一直线上的三点.从点测得，从点测得，从点测得.若测得（单位：百米），则两点的距离为（ ）百米. A. B. C. D. 3 8. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.一个二十四等边体的各个顶点都在同一个球面上，若该球的表面积为，则该二十四等边体的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ） A. 若A＞B，则 B. 若，则有两解 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则为等腰三角形或直角三角形 10. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为2，则关于此正四棱台的结论正确的有（ ） A. 侧面积为 B. 体积为 C. 侧面与底面所成角的正切值为 D. 外接球的表面积为 11. 如图，在四边形中，和是全等三角形，． 下面有两种折叠方法将四边形折成三棱锥． 折法①；将沿着折起，得到三棱锥，如图1．折法②：将沿着折起，得到三棱锥，如图2．下列说法正确的是（ ） A. 按照折法①，三棱锥的外接球表面积恒为 B. 按照折法①，存在满足 C. 按照折法②，三棱锥外接球体积的最大值为 D. 按照折法②，当时，与平面所成角的正切值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题 12. 样本数据7，8，10，11，12，13，15，17的第40百分位数为________． 13. 已知，向量在向量上的投影向量为，则______. 14. 在棱长为1的正方体中，分别是棱的中点，P是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是_______；与平面所成角的正切值为_______． 四、解答题 15. 已知的内角A，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，为线段的中点，且，求的面积. 16. 如图，三棱柱中，E为中点，F为中点． （1）求证：平面ABC； （2）若，平面平面ABC，，求证：平面ABC． 17. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，，…，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本成绩的第75百分位数和平均数 （3）已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差 18. 已知四棱锥的底面是梯形，平面，，，，，. （1）求证： （2）求点到平面的距离： （3）求二面角的正弦值 19. 在中，，，若是的中点，则；若是的一个三等分点，则；若是的一个四等分点，则 （1）如图①，若，用，表示，你能得出什么结论？并加以证明． （2）如图②，若，，与交于，过点的直线与，分别交于点，． ①利用（1）的结论，用，表示； ②设，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $