精品解析：安徽省马鞍山市2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试卷

马鞍山市2024～2025学年第二学期期末教学质量监测 高一数学试题 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上. 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， 务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知平面向量，满足：，，与的夹角为120°，则（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知某圆锥母线与底面所成的角为60°，且母线长为2，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 为庆祝中华全国总工会成立100周年，某单位举行工会知识竞赛，进入决赛的8名选手得分如下：82，85，80，91，87，80，88，90.则这组数据的80%分位数为（ ） A. 88 B. 89 C. 90 D. 90.5 5. 对空中移动的目标连续射击三次，设事件“三次都击中目标”，“三次都没击中目标”，“恰有两次击中目标”，“至少有两次击中目标”，下列关系中不正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 7. 在2025年春晚的舞台设计中，工程师设计了一个三角形装饰灯架用于悬挂灯光设备.已知灯架的两边米，米，且.为了加固结构，需从边的中点到顶点安装一条加固杆，则加固杆的长度为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 在中，，，直线与交于点，则（ ） A. B. C. D. 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. 已知为复数，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则可以是（ ） A. 15° B. 30° C. 45° D. 60° 11. 如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面，，且，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短路程为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当平面时，直线与底面所成角的正切值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则______. 13. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译概率分别是，则密码被成功破译的概率是______. 14. 如图，等腰三角形的底边，将绕顶点旋转角后得到，且，分别沿着，将，折起，使得，重合于点，得到三棱锥，若三棱锥外接球的半径为，则的面积为______. 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. 某校对高一年级的学生进行了一次测试.整理参加此次测试的学生的分数得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）从分数在内的学生中抽取15人，求分数在内被抽取到的学生人数； （3）估计此次测试分数的平均值（同组数据以这组数据的中间值作为代表）. 16. 如图，在直四棱柱中，，，且，点为棱的中点，点为棱的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，且，求. 18 甲、乙、丙三人相约下围棋，共下4局，规则如下：每局由两人上场对弈，第三人轮空，一局结束后，原轮空者上场与胜者对弈下一局，败者轮空，按此规则循环下去.第一局由三人中随机选择两人进行对弈. （1）求第一局由乙、丙两人进行对弈的概率； （2）若甲、乙、丙三人每局对弈中战胜对手的概率均为，每局对弈相互独立且没有平局，第一局由乙、丙两人进行对弈. （ⅰ）丙提出用掷骰子来决定谁先落子：连续抛掷一枚质地均匀的正方体骰子两次，记骰子朝上的点数分别为和，若，则由乙先落子，否则由丙先落子.请你运用所学知识判断这个方法公平吗？说明理由； （ⅱ）求在4局对弈中甲轮空2局的概率. 19. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，，且，为棱中点，在棱上，且. （1）求证：； （2）记平面底面，求二面角的大小； （3）当异面直线与所成角为30°时，求三棱锥的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 马鞍山市2024～2025学年第二学期期末教学质量监测 高一数学试题 注意事项： 1.答卷前，务必将自己的姓名、考号和班级填写在答题卡上. 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， 务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、选择题：本大题共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. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求得，再根据复数的模公式求解. 【详解】由题，， 所以. 故选：C. 2. 已知平面向量，满足：，，与的夹角为120°，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的定义运算得解. 【详解】. 故选：B. 3. 已知某圆锥的母线与底面所成的角为60°，且母线长为2，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由给定条件列出关于圆锥底面圆半径，圆锥母线的关系式，求得，进而求出圆锥的表面积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为，圆锥母线为， 由圆锥的结构特征知：，即，所以， 所以圆锥表面积. 故选：B. 4. 为庆祝中华全国总工会成立100周年，某单位举行工会知识竞赛，进入决赛的8名选手得分如下：82，85，80，91，87，80，88，90.则这组数据的80%分位数为（ ） A. 88 B. 89 C. 90 D. 90.5 【答案】C 【解析】 【分析】根据百分位数的定义求解. 【详解】进入决赛的8名选手得分按照从小到大排列如下：， 因为，所以这组数据的80%分位数为90. 故选：C. 5. 对空中移动的目标连续射击三次，设事件“三次都击中目标”，“三次都没击中目标”，“恰有两次击中目标”，“至少有两次击中目标”，下列关系中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合集合的包含关系及交集及并集运算检验各选项即可判断． 【详解】对空中移动的目标连续射击三次， 则样本空间为三次都击中目标，恰有两次击中目标，恰有一次击中目标，三次都没击中目标， “至少有两次击中目标”包含：恰有两次击中目标和三次都击中目标， 由题意可得，，选项A正确；，选项B正确；，选项C正确； 包含：三次都击中目标，恰有两次击中目标，三次都没击中目标， 故，选项D错误． 故选：D 6. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列结论正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】A 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】对于A，若，，，则，故A正确； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，则或与相交，故C错误； 对于D，若，，，则或与相交，故D错误. 故选：A. 7. 在2025年春晚的舞台设计中，工程师设计了一个三角形装饰灯架用于悬挂灯光设备.已知灯架的两边米，米，且.为了加固结构，需从边的中点到顶点安装一条加固杆，则加固杆的长度为（ ） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得，利用向量数量积运算求解. 【详解】因为是的中点，，，， 所以， 所以， . 故选：A. 8. 在中，，，直线与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算结合向量共线的推论求解. 【详解】如图，由三点共线，可设， 又，，所以， 又三点共线，则，解得， 故选：B. 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. 已知为复数，下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对AD，举反例说明；对B，由共轭复数的定义可判断；对C，根据共轭复数的定义结合复数的乘法运算可判断. 【详解】对于A，，此时，故A错误； 对于B，若，由共轭复数的定义可得，故B正确； 对于C，设，由，则， 所以，故C正确； 对于D，如，，满足，但，故D错误. 故选：BC. 10. 在中，角，，所对的边分别为，，，若，，则可以是（ ） A. 15° B. 30° C. 45° D. 60° 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，结合，可得，根据大边对大角确定角范围，得解. 【详解】由正弦定理，可得， ，，又，则，故， 所以. 故选：ABC. 11. 如图是一个由直三棱柱与半个圆柱拼接而成的简单组合体，底面，，且，为该组合体曲面部分上一动点，下列结论正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 一质点从点沿着该组合体表面运动到的最短路程为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当平面时，直线与底面所成角的正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接并延长交于，利用平行公理及平行四边形的性质可证得选项A正确；对于B，通过举反例否定选项B；当点是中点时，点到的距离最大，通过计算可判断C正确；过作平面分别交于，交于，连接交于,连接，确定为直线与底面的所成角，易得，通过计算即可判断D. 【详解】对于A，取的中点，连接并延长交于，连接. 因为，且，所以， 所以四边形是平行四边形，所以∥，， 由直三棱柱知，∥，， 所以∥，，所以四边形是平行四边形， 所以∥，故A正确； 对于B，如图，将侧面展开与底面在同一平面，， 即质点沿着面和底面运动从点到的最短路程，而，故B不正确； 对于C，如图，过作∥交于，当点是中点时，点到的距离最大，， 又因为，所以三棱锥体积的最大值为，故C正确； 对于D，过作平面分别交于，交于，连接交于,连接， 则为直线与底面的所成角. 因为平面，平面，平面平面， 所以， 又因为，所以，所以故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则______. 【答案】4 【解析】 【分析】利用平面向量共线的坐标关系列式求解. 详解】由，则，解得. 故答案为：4. 13. 甲、乙两人独立地破译一份密码，已知各人能破译的概率分别是，则密码被成功破译的概率是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由相互独立事件概率的乘法公式可得密码没有被破译的概率，进而由对立事件的概率性质可得答案． 【详解】因为甲乙两人能成功破译的概率分别是， 所以密码没有被破译，即甲乙都没有成功破译密码的概率， 故该密码被成功破译的概率. 故答案为：. 14. 如图，等腰三角形的底边，将绕顶点旋转角后得到，且，分别沿着，将，折起，使得，重合于点，得到三棱锥，若三棱锥外接球的半径为，则的面积为______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，可得三棱锥为正三棱锥，作平面，外接球的球心在上，结合关系求出，得解. 【详解】由题，，，则三棱锥即三棱锥为正三棱锥， 如图，作平面，垂足为，则三棱锥外接球的球心在上， 是的中心，，又外接球的半径，则， 又，即，解得或， 若，则在中，，由此可得， 设边上的高为，则， 所以的面积为. 若，则在中，，由此可得， 设边上的高为，则， 所以的面积为. 故答案为：或. 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. 某校对高一年级的学生进行了一次测试.整理参加此次测试的学生的分数得到如图所示的频率分布直方图. （1）求的值； （2）从分数在内的学生中抽取15人，求分数在内被抽取到的学生人数； （3）估计此次测试分数的平均值（同组数据以这组数据的中间值作为代表）. 【答案】（1） （2）9人 （3）75 【解析】 【分析】（1）利用各组的频率和为1，求出； （2）根据分层抽样确定抽样比计算； （3）利用频率分布直方图估算平均数公式计算. 【小问1详解】 由，得. 【小问2详解】 分数在与内的频率之比为， 故被抽到的人数为（人）. 【小问3详解】 . 16. 如图，在直四棱柱中，，，且，点为棱的中点，点为棱的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点为，证明四边形为平行四边形，可得，根据线面平行的判定定理得证； （2）连接，可证，得平面，结合（1），可得平面，根据面面垂直的判定定理得证. 【小问1详解】 取中点为，连接和， 因为点为的中点，所以，， 因为点为的中点，所以，， 所以，，故四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 连接，由，，得， 又，则， 因为点为的中点，所以， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 由（1）知，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 17. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解； （2）利用正弦定理可得，利用余弦定理可得，即可得结果 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 且， 则，可得， 又因为，则，可得， 且，所以. 【小问2详解】 因为，， 由正弦定理，可得，， 则，即， 由余弦定理， 即，解得， 所以. 18. 甲、乙、丙三人相约下围棋，共下4局，规则如下：每局由两人上场对弈，第三人轮空，一局结束后，原轮空者上场与胜者对弈下一局，败者轮空，按此规则循环下去.第一局由三人中随机选择两人进行对弈. （1）求第一局由乙、丙两人进行对弈的概率； （2）若甲、乙、丙三人每局对弈中战胜对手的概率均为，每局对弈相互独立且没有平局，第一局由乙、丙两人进行对弈. （ⅰ）丙提出用掷骰子来决定谁先落子：连续抛掷一枚质地均匀的正方体骰子两次，记骰子朝上的点数分别为和，若，则由乙先落子，否则由丙先落子.请你运用所学知识判断这个方法公平吗？说明理由； （ⅱ）求在4局对弈中甲轮空2局的概率. 【答案】（1） （2）（ⅰ）这个方法不公平，理由见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由古典概型概率公式计算即可得解； （2）（ⅰ）利用列举法，结合古典概型即可得解； （ⅱ）利用列表法，结合古典概型即可得解； 【小问1详解】 第一局共有3种对弈方式：（甲、乙），（甲、丙），（乙、丙），所以由乙、丙两人进行对弈的概率为. 【小问2详解】 （i）连续掷骰子两次的样本空间共有36个样本点. 设事件，则 共有16个样本点，故乙先落子概率为， 因为，所以这个方法不公平 （ii）轮空情况如下表所示： 第一局 第二局 第三局 第四局 甲 乙 甲 乙 丙 丙 甲 乙 丙 甲 乙 丙 乙 甲 丙 其中甲轮空2局的可能有6种，所以在四局比赛中甲轮空2局的概率为. 19. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，，且，为棱的中点，在棱上，且. （1）求证：； （2）记平面底面，求二面角的大小； （3）当异面直线与所成角为30°时，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）45° （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质和判定理即可证明； （2）延长与交于点，先证即为，再通过证平面，确定即二面角的平面角即得； （3）根据异面直线所成角的定义得与所成角即，根据题中条件，利用等面积法求得，进而求得，再由计算即得. 【小问1详解】 因为底面，底面，所以， 因为底面为矩形，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面， 所以， 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 因为，为棱的中点，所以， 由（1），易得平面， 因为平面，所以， 延长与交于点，则即， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面， 所以即二面角的平面角，大小为45°. 【小问3详解】 与所成角即与所成角，即，则， 由（2），所以，所以，则， 由得，所以， 则 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$