精品解析：天津市武清区杨村第一中学2024-2025学年高一下学期第三次学业质量检测（6月）数学试题

杨村一中2024～2025学年度第二学期第三次学业质量检测 高一数学 第Ⅰ卷（选择题 共32分） 一、选择题（本题共8小题，每题4分，共32分） 1. 某中学共有300名教职员工，其中一线教师200人，行政人员60人，后勤人员40人，采取分层随机抽样，拟抽取一个容量为60的样本，则行政人员应抽取（ ） A. 40人 B. 28人 C. 12人 D. 8人 【答案】C 【解析】 【分析】求出行政人员占的比例，从而得到应抽取人数. 【详解】行政人员占的比例为，故行政人员应抽取的人数为. 故选：C． 2. 盒中装有形状、大小完全相同的个球，其中红色球个，黄色球个．若从中随机取出个球，则所取出的个球颜色不同的概率等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将个球进行编号，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】记个红色球分别为、、，记个黄色球分别为、， 从这个球中随机抽取个，所有的基本事件有：、、、、、、、、、，共个， 其中，事件“所取出的个球颜色不同”包含的基本事件有：、、、、、，共个， 故所求概率为. 故选：C. 3. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法不正确的是（    ） A. 的值为0.005 B. 估计这组数据的众数为75 C. 估计成绩低于60分的有250人 D. 估计这组数据的第85百分位数为85 【答案】D 【解析】 【分析】由频率分布直方图面积之和为1可计算，由众数定义可得B，计算低于60分的人数即可得C，根据百分位数的定义计算即可得D. 【详解】对于A：由频率分布直方图可得，解得，故A正确； 对于B：由图易得在区间的人最多，故可估计这组数据的众数为，故B正确； 对于C：，故成绩低于分的有人，即C正确； 对于D：由图中前四组面积之和为：， 图中前五组面积之和为：， 故这组数据的第85百分位数在第五组数据中， 设这组数据的第85百分位数为， 则有，解得， 即估计这组数据的第85百分位数为86，故D错误. 故选：D. 4. 已知表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下面四个命题： （1）若，，则；（2）若，，，，则； （3）若，，则；（4），，则． 上面四个命题正确的有（ ） A. （1），（3） B. （2），（4） C. （1），（2），（4） D. （1），（3），（4）． 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面平行的性质，线面平行的性质，线面垂直的性质即可判断各选项. 【详解】在（1）中,若，，由面面平行的性质可得，，故（1）正确； 在（2）中，由，，，则， 又因为，且，所以，故（2）正确； 在（3）中，若，，则或为异面直线，故（3）错误； 在（4）中，，，根据线面垂直的性质可得，故（4）正确； 故选：C. 5. 设，，向量，，且，，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由垂直向量以及平行向量的坐标表示，求得参数，根据向量线性运算的坐标表示，结合向量夹角的坐标表示，可得答案. 【详解】由，则，解得，即， 由，则，可得，解得，即， 由，，则. 故选：D. 6. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用正弦定理将角的正弦关系转化为边的关系，再通过余弦定理建立关于的等式，从而求解的值. 【详解】因为，所以. 根据正弦定理可得，所以. 因为，所以根据余弦定理，可得：， 化简可得，所以. 因为为的边，，所以. 故选：D. 7. 如图，在平行四边形中，，和相交于点，且为上一点（不包括端点），若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定的位置，接着由进行转化，利用共线定理得，再利用基本不等式“1”的妙用即可求解. 【详解】由题意，设， 则, 因为三点共线， 所以，即， 所以， 所以， 又三点共线， 所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 故的最小值为. 故选：B. 8. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易知四棱锥与四棱锥重叠部分为一个三棱柱加上一个四棱锥，作出图形，结合棱柱和棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】如图， 四棱锥与四棱锥重叠部分为五面体， 又该正方体的体积为，即， 解得，则， 所以，得， 又该五面体由一个三棱柱和一个四棱锥组成，如图， 故该五面体的体积为 . 故选：D 第Ⅱ卷（非选择题 共88分） 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分） 9. 已知复数z满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则即可求解. 【详解】由，可得. 故答案为：. 10. 若用斜二测画法画的直观图是边长为2的正三角形，如图所示，则原的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】先用斜二测画法的原理还原出原三角形的高和底边长，再由三角形的面积公式求解即可. 【详解】如图，过点作轴，且交轴于点． 过点作轴，且交轴于点， 则，又， 所以，所以原三角形的高，底边长为2， 所以，则原的面积为． 故答案为：. 11. 在中，若，其面积为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，进而求出的值. 【详解】已知，，代入面积公式可得： 则，可得：.  根据余弦定理为，可得 则.即， 把代入可得：，即.  由于为边长，可得. 故答案为：. 12. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， ①若，则定为等腰三角形 ②若，则一定是锐角三角形 ③若点M是边BC上的点，且，则的面积是面积的 ④若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形 ⑤O为平面内一点，若动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的外心．其中所有正确结论的序号______． 【答案】④⑤ 【解析】 【分析】利用诱导公式求解判断①；利用余弦定理推理判断②；利用向量线性运算判断③；利用三角形心的向量表示判断④；利用向量数量积判断⑤即可得解. 【详解】对于①，在中，由，得或， 即或，则是等腰三角形或直角三角形，故①错误； 对于②，由及余弦定理，得， 又，则为锐角，而是否为锐角不确定，故②错误； 对于③，由，得，即， 则，则的面积是面积的，故③错误； 对于④，记的中点为，则， 由，得，即在中线上， 同理可得点在其他中线上，故是的重心， 由，得是的外心，即的重心、外心重合， 则为等边三角形，故④正确； 对于⑤，记中点为，则， 由， 得， 所以， 所以， 所以， 所以，所以是的垂直平分线，又的外心在的垂直平分线上， 所以动点P的轨迹一定通过的外心，故⑤正确. 故答案为：④⑤. 13. 已知正方体的棱长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，得到平面平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥，求出外接球半径，得到外接球体积. 【详解】分别取的中点，连接， 故， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又点是棱的中点，所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 故当在线段上运动时，满足平面， 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 其中两两垂直，且， 故其外接球半径为， 故较小部分的外接球的体积为. 故答案为： 14. 在梯形中，与相交于点Q．若，则________；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】易得四边形为平行四边形，设，再将用表示，根据共线，求得，再将用表示，根据数量积的运算律即可求出；根据求得，以点为原点建立平面直角坐标系，设，再根据数量积的坐标表示即可求出答案. 【详解】解：因为， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以且， 则可设， 故， 因为共线， 所以，解得， 所以， 因为， 所以， 所以； 因为， 所以， 所以， 又，所以， 因为，所以， 如图以点为原点建立平面直角坐标系， 则， 设， 故， 则， 当时，取得最小值. 故答案为：；. 三、解答题（本题共5道大题，共58分） 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，． ①求的值； ②求的面积． 【答案】（1）；（2）①；②． 【解析】 【分析】（1）由余弦定理求得，再求得； （2）①由正弦定理求得，由得为锐角，从而求得角，然后计算函数值； ②由余弦定理求得后可得三角形面积． 【详解】得， 由余弦定理知，． 又，所以． （2）（ⅰ）由正弦定理知，． 又，所以，所以 （ⅱ）由，即，解得（舍去负根）， 所以的面积． 【点睛】易错点睛：本题考查余弦定理、正弦定理、三角形面积公式，在解三角形中由正弦求余弦值时，需要确定角的范围，余弦值是正还是负，否则易出现错误．判断方法如大边对大角，或者三角函数的性质． 16. 如图，在直三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱中点． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先证明线面垂直即垂直于平面内的两条相交直线，再证根据面面垂直的判定证明即可. （2）找的中位线即，证明，再根据线面平行的判定证明即可. （3）利用等体积求解即可. 【小问1详解】 由题意 ∴为等腰直角三角形， 在三棱柱中，侧面，均为正方形， 易知：为等腰直角三角形， 又D是棱的中点，则， 由平面，平面，则，而，且、平面， ∴平面，又平面， ∴平面平面； 【小问2详解】 设O是，的交点，又为正方形，则O为的中点， ∴在中，， 又平面，平面，∴平面； 【小问3详解】 由（1）知： ，而，则，又， ∴， 由，则， 又，若到平面的距离为d， ∴，可得. 17. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象．为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试．根据测试成绩，将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示． （1）求该样本的第75百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在各一人的概率． 【答案】（1）分； （2）分； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1求得，再由百分位数的定义求第75百分位数； （2）由频率直方图的平均数求法求平均分； （3）根据分层抽样确定5人中的人数分布，再应用列举法求古典概型的概率. 【小问1详解】 由题设，可得， 由，， 所以样本的第75百分位数位于区间，设为，则， 所以分. 则其第75百分位数为分. 【小问2详解】 由题设分； 则平均分为分. 【小问3详解】 由题设，的频率比为， 故抽取的5人中有2人为、有3人为， 任抽2人有，共10种情况， 其中分数在各一人有，共6种情况， 所以这2名同学分数在各一人的概率. 18. 在锐角三角形中，分别为角所对的边，. （1）证明：. （2）求的范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）因为，由正弦定理得，化简得，则可得； （2）在锐角三角形中，由，可得的范围为，则，将化简得，设，利用换元法令，利用导数可得函数在上单调递增，即可得到，即为的范围 【小问1详解】 因为在锐角中，， 由正弦定理得， 则， 所以， 则，所以或（舍去）， 所以. 【小问2详解】 因为是锐角三角形，又，所以， 所以的范围为，则， 又 则 ， 设， 令， 则，， 所以，在上单调递增， 所以，即， 则，即， 所以的取值范围是. 19. 如图，在菱形中，的余弦值为为靠近的三等分点，将沿直线翻折成，连接和， （1）求证：平面平面； （2）判断线段的长是否为定值？若是，请求出线段的长，若不是，请说明理由； （3）求二面角的正切值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2）是； （3） 【解析】 【分析】（1）先证，得，推出平面即得； （2）通过取,连接证，求出，由余弦定理求得. （3）作于，作于，证平面，得二面角的平面角，由中，，只需使最大，利用动点的轨迹，分析即得的最大值. 【小问1详解】 在菱形中，，， 由余弦定理得，， 即，又由，故， 由翻折性质知，又因为平面 ，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 如图1所示，在上取点，使，连接因， 则有，又，且则有， 因和的两边方向相同，由等角定理得， 由（1）知平面，平面，故可得 ， 在中，由余弦定理可得， ，故. 【小问3详解】 如图2所示，由（1）得平面平面， 在平面内，过作于， 在平面内，过作，垂足为， 因为平面平面， 平面平面平面，所以平面， 平面. 即为二面角的平面角，， 在菱形中，易得，故，由平面 知，点在以为圆心的圆弧上， 所以当时，取得最大值1， 此时，因为为锐角，的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查面面垂直的判定和二面角的范围，属于难题. 解决的关键在于利用面面垂直找到二面角的平面角并证明，将二面角正切值的最大值问题转化成线段的最值问题，结合图形分析计算即得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杨村一中2024～2025学年度第二学期第三次学业质量检测 高一数学 第Ⅰ卷（选择题 共32分） 一、选择题（本题共8小题，每题4分，共32分） 1. 某中学共有300名教职员工，其中一线教师200人，行政人员60人，后勤人员40人，采取分层随机抽样，拟抽取一个容量为60的样本，则行政人员应抽取（ ） A. 40人 B. 28人 C. 12人 D. 8人 2. 盒中装有形状、大小完全相同的个球，其中红色球个，黄色球个．若从中随机取出个球，则所取出的个球颜色不同的概率等于（ ） A. B. C. D. 3. 为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”暨“喜迎党的二十大”党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则下列说法不正确的是（    ） A. 的值为0.005 B. 估计这组数据的众数为75 C. 估计成绩低于60分的有250人 D. 估计这组数据的第85百分位数为85 4. 已知表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下面四个命题： （1）若，，则；（2）若，，，，则； （3）若，，则；（4），，则． 上面四个命题正确的有（ ） A. （1），（3） B. （2），（4） C. （1），（2），（4） D. （1），（3），（4）． 5. 设，，向量，，且，，则与夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角所对的边分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在平行四边形中，，和相交于点，且为上一点（不包括端点），若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共88分） 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分） 9. 已知复数z满足，则______． 10. 若用斜二测画法画的直观图是边长为2的正三角形，如图所示，则原的面积为______． 11. 在中，若，其面积为，则__________． 12. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c， ①若，则定为等腰三角形 ②若，则一定是锐角三角形 ③若点M是边BC上的点，且，则的面积是面积的 ④若平面内有一点O满足：，且，则为等边三角形 ⑤O为平面内一点，若动点P满足，，则动点P的轨迹一定通过的外心．其中所有正确结论的序号______． 13. 已知正方体的棱长为4，点E是棱CD的中点，P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为______． 14. 在梯形中，与相交于点Q．若，则________；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为_________． 三、解答题（本题共5道大题，共58分） 15. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （1）求； （2）若，． ①求的值； ②求的面积． 16. 如图，在直三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱中点． （1）求证：平面平面； （2）求证：平面； （3）求点到平面的距离． 17. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象．为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试．根据测试成绩，将所得数据按照分成6组，其频率分布直方图如图所示． （1）求该样本的第75百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分(同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表)； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在各一人的概率． 18. 在锐角三角形中，分别为角所对的边，. （1）证明：. （2）求的范围. 19. 如图，在菱形中，的余弦值为为靠近的三等分点，将沿直线翻折成，连接和， （1）求证：平面平面； （2）判断线段的长是否为定值？若是，请求出线段的长，若不是，请说明理由； （3）求二面角的正切值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $