精品解析：河北省保定市2024-2025学年高一下学期6月质量检测数学试题

高一数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第五章第5～7节，必修第二册． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则和几何意义即可得出． 【详解】由，知复数z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 下列几何体为旋转体的是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱台 C. 六棱柱 D. 圆台 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转体定义得解. 【详解】在四个选项涉及的几何体中，只有圆台是旋转体. 故选：D. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线定理求解即可. 【详解】由，知，解得. 故选：D. 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由直观图画出原图象，计算即可. 【详解】由直观图画出原图象，如图所示： 由直观图可知，， 所以，所以的周长为. 故选：B. 5. 甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概率分别为，，，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件的概率公式结合独立事件概率公式计算求解. 【详解】记甲、乙、丙获得一等奖分别为事件，，，则，，， 则，，， 则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为 . 故选:C. 6. 如图，在正方体中，P是的中点，则异面直线与CP所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取AB的中点Q，则或其补角是异面直线与CP所成角，设，由余弦定理可得答案. 【详解】如图，取AB的中点Q，连接PQ，CQ，因为， 所以四边形是平行四边形，则， 所以或其补角是异面直线与CP所成角， 设，则， 在中，由余弦定理得. 故选：A. 7. 已知非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量公式和数量积的运算即可求出结果. 【详解】由，得， 即，所以， 又，所以， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：B 8. 已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度（ ） A. B. C. D. π 【答案】C 【解析】 【分析】取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，可求得P在以H为圆心，为半径的圆上，进而计算即可得答案. 【详解】如图1，取CD的中点E，连接BE，过点A作，垂足为H，由， 知，所以，又， 所以，所以点P在以H为圆心，为半径的圆上. 如图2，由，得， 解得（结合图形舍去），所以四边形BGHF是菱形，， 所以点P的轨迹的长度为. 故选：C. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B. 某人掷骰子1次，“掷出奇数”与“掷出偶数”是对立事件 C. 数据4，3，4，6，8，7，8，9的第60百分位数是8 D. 数据的方差为，则数据的方差为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据互斥事件、对立事件的概念判断AB，根据百分位数的概念判断C，根据方差的性质判断D. 【详解】由于“掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，即它们为互斥事件，A正确； “掷出奇数”与“掷出偶数”不可能同时发生，且必有1个发生，为对立事件，B正确； 数据4，3，4，6，8，7，8，9从小到大排列为：3，4，4，6，7，8，8，9，由于，因此该组数据的第60百分位数是7，C错误； 数据的方差为，则数据的方差为，D正确. 故选：ABD． 10. 已知，且，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知条件，商数关系及和角正弦公式整理求值判断A；由A及平方关系得，再应用和角余弦公式及已知求值判断B；根据A、B及差角余弦公式求函数值，进而得角的大小判断C；由C分析及差角正切公式求得，结合已知求函数值判断D. 【详解】由，得， 所以，则，所以，A正确； 由，得，则，解得，B正确； 又，又，所以，C错误； 由，得， 所以，与联立，得，D正确. 故选：ABD 11. 如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知圆锥的底面积为π，侧面积为3π，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥SO的体积为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面从A点爬到B点处的最短路径的长度为3 D. 若二面角的大小为，二面角的大小为，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意求出底面半径及母线长，求出圆锥的高，代入体积公式计算即可判断A，当时三棱锥体积最大可判断B，根据展开图上两点间距离最短求解判断C即可；分别求出二面角的正切值，代入计算即可判断D. 【详解】设圆锥SO的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，解得， 所以，所以圆锥SO的体积为，A错误； 当时，三棱锥的体积最大，为，B正确； 将圆锥的侧面展开，所得扇形的圆心角为， 所以的夹角为，故，由两点间线段距离最短知爬行的最短路径长度为3，C正确； 如图，过点O作垂足分别为E，D， 则.由底面ABC，平面ABC得. 又平面SOE，所以平面SOE. 因为平面SOE，所以，所以即为二面角的平面角，即，同理，则， 所以，D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数相等的条件求得，根据求模公式求解即可 【详解】因为，所以，所以 故答案为： 13. 已知函数，将图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，且关于的方程在上恰有2个解，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，得到是偶函数，求得，再由在上恰有2个解，利用正弦函数的性质求得，结合，即可求解. 【详解】由题意，可得是偶函数， 则，可得； 又由在上恰有2个解，即在上恰有2个解， 因为时，可得， 所以在上恰有2个解， 由图象性质，可得，可得. 又因为，所以只有当时，符合题意，所以． 故答案为：． 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，由正弦定理得到，，，由于，可得，得到答案. 【详解】由题意，， 可得， 由于， 可得， 由题意利用正弦定理可得， 可得，， 可得 ， 由于，可得，可得， 可得， 所以的取值范围为． 故答案为：． 四、解答题：本题共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. 设复数. （1）若是实数，求m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的乘法运算化简，根据实数条件得到虚部为零，求得的值； （2）利用复数的除法运算化简，利用纯虚数的条件求得的值，进而得解. 【小问1详解】 由题知 若是实数，则，解得； 【小问2详解】 由题知 若是纯虚数，则，解得，所以. 16. 某高中在一次高一数学测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，成绩均在内，将成绩分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求m的值，并估计这200名学生数学成绩的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （2）从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名，求这2名学生数学成 绩在和内各1人的概率． 【答案】（1），79.5 （2） 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1求出，再由均值的求法计算得出平均值； （2）由分层抽样确定每层抽取人数，列出基本事件，根据古典概型求解. 【小问1详解】 由题意知，解得． 估计这200名学生成绩的平均数． 【小问2详解】 由，得这5人中成绩在的人数为2，分别记为a，b； 在的人数为3人，分别记为c，d，e． 在这5人中抽取2人，共ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de，10个基本事件， 这2名学生成绩在和内各1人，共ac，ad，ae，bc，bd，be，6个基本事件， 故这2名学生数学成绩在和内各1人的概率为． 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. （1）求C； （2）若的面积为求c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理以及正弦定理，整理化简等式，根据和角公式，可得答案； （2）利用面积公式建立方程组，结合余弦定理，可得答案. 【小问1详解】 由余弦定理，得 所以 由正弦定理得 即，所以. 又，所以，所以. 因为，所以，所以. 又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，所以，即. 联立方程，解得或（舍）. 由余弦定理，得. 18. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 【答案】（1） （2）证明:设的夹角为， 则， 所以 ， 则， 于是，. （3） 【解析】 【分析】（1）由向量夹角公式求出，再得出，根据新定义求解； （2）类比（1）求出，得出，利用新定义证明即可； （3）根据（2）代入求解推出，再由三角恒等变换求解. 【小问1详解】 设的夹角为，则， 所以， 所以， 故. 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由题意，， 则由（2）的公式可得：， 又，则得， 故. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）证明：平面PAC； （2）求二面角的大小； （3）点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 【答案】（1） ， 所以， 所以在中，由余弦定理得 所以，所以 因为底面ABCD，平面ABCD，所以. 又平面PAC，所以平面PAC. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出，由勾股定理逆定理可得，由线面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理得解即可； （2）先证明是二面角的平面角的补角，再解三角形得解； （3）证明平面ABCD，可得线面角为，设，利用函数单调性求取值范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取BP的中点E，过点D作平面PBC，DF交平面PBC于点F，连接CF. 因为平面ABCD，平面PAB，所以平面平面ABCD. 因为平面平面，所以平面PAB. 因为平面PAB，所以. 因为，所以 又BP，平面PBC，，所以平面PBC. 因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC， 所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，所以 由（1）知平面PAC，因为平面PAC，所以. 因为平面PBC，平面PBC，所以. 又DF，平面CDF，，所以平面CDF. 因为平面CDF，所以. 由，平面平面，知是二面角的平面角的补角. 由，得. 所以二面角的大小为. 【小问3详解】 过点T作TG平行于PA，交AC于点G，连接GD. 因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以. 因为，所以. 因为，AB，平面ABCD，所以平面ABCD， 所以TD与底面ABCD所成的角为. 设，所以，即，所以. 所以. 由函数单调递增，得： 所以直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第五章第5～7节，必修第二册． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 下列几何体为旋转体的是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱台 C. 六棱柱 D. 圆台 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，其中，则的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概率分别为，，，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正方体中，P是的中点，则异面直线与CP所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的棱长均为2，点P在内，且，则点P的轨迹的长度（ ） A. B. C. D. π 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. 下列说法正确的是（ ） A. 某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件 B. 某人掷骰子1次，“掷出奇数”与“掷出偶数”是对立事件 C. 数据4，3，4，6，8，7，8，9的第60百分位数是8 D. 数据的方差为，则数据的方差为 10. 已知，且，若，，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，AB是圆锥SO的底面圆O的直径，点C是底面圆O上异于A，B的动点，已知圆锥的底面积为π，侧面积为3π，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥SO的体积为 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面从A点爬到B点处的最短路径的长度为3 D. 若二面角的大小为，二面角的大小为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______. 13. 已知函数，将图象上所有的点向左平移个单位长度得到函数的图象，若是偶函数，且关于的方程在上恰有2个解，则______． 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围为______． 四、解答题：本题共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. 设复数. （1）若是实数，求m的值； （2）若是纯虚数，求复数z的共轭复数. 16. 某高中在一次高一数学测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了200名学生的数学成绩，成绩均在内，将成绩分为，，，，，共5组，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求m的值，并估计这200名学生数学成绩的平均数（同一组中的数据用该区间的中点值作代表）； （2）从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机抽取2名，求这2名学生数学成 绩在和内各1人的概率． 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c且. （1）求C； （2）若的面积为求c. 18. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种新运算“”：. （1）已知向量，求； （2）设向量，且，证明：； （3）已知向量，若，求的值. 19. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）证明：平面PAC； （2）求二面角的大小； （3）点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $