广东省东莞市2024-2025学年高一下学期期末质量检查数学试题

2024一2025学年度第二学期教学质量检查 高一数学参考答案 单项选绎题 题号 1 2 5 6 8 答案 B D D C B C A D 二、多项选操题（全部选对的得6分，选对但不全的部分得分， 有选错的得0分) 腮号 9 10 11 答案 BCD BC ACD 三、填空题 12.92 13.- 5 4子 四、解答题 15.解：(1)由正弦定理得√3 sin BsinC-sinCcos B=0, 2分 因为C∈(0，元)，所以sinC≠0， .3分 所以√5sinB-cosB=0,即cosB=√3sinB, 4分 因为B∈(0，π)，所以siB≠0， 5分 所以tanB= 3 6分 所以B= 6 7分 (2)方法1：由余弦定理b2=a2+c2-2acc03B,得a2-3a-4=0,.9分 解得a=4或a=-1(舍去)， …11分 所以Swe=cmB=方45x对5 13分 方法2：由正弦定理得nC-esink_ -2 8分 b √7 14 因为c<b,所以C<B=石，所以cosC=-mC=5 6 14 9分 sin4-sin(B+C)=sin BcosC+eosBsinc= .11分 214214 7 所以S4e=，ac8inB=7×4xV3×7=V3. f10a+10b=0.4 16.解：(1)由题意得 10(0.04+0.015+ad=0.6' 2分 [a=0.005, 解得 b=0.035 4分 所以考试成绩的众数的估计值为75，… 5分 平均数的估计值为55×0.05+65×0.35+75×0.4+85×0.15+95×0.05=73.7分 (2)记②组、④组的平均数与方差分别为x,x,5,, 则x=64,x1=84,5=50,5=70,… 8分 由题意得②组、④组分别有14人、6人， 10分 1 6 所以②组、④组学生成绩的平均数为x 203+ ×84=70,…12分 20 所以②组、①组学生成绩的方差为 +6-到门+民门 13分 [50+(64-70]+0[70+84-70 .14分 =140, 所以②组和④组所有学生成绩的方差为140 15分 17.（1)证明：如图，连接AC.,1分 因为四边形ABCD是正方形，所以点E是AC的中点， 又因为F是AP的中点， 所以EF是△ACP的中位线， 3分 所以EPC,aA分 又因为EF文平面PBC,PCC平面PBC, ,t:a,n1n13111n51t11111111nn,,0广 所以EF∥平面PBC. ……………………………7分 D (2)如图，连接EP,由(1)得E是AC中点， 因为PA=PC，所以EP⊥AC,…8分 又因为底面ABCD是正方形，且AC,BD为对角线， 所以BD LAC,9s分 又因为BD门EP=E,BD,EPC平面PBD,…10分 所以AC⊥平面PBD11分 所以直线PC与平面PBD所成角为∠CPE,.12分 因为在Rt△CPE中，CE=√5，PC=2√2， …………………n…13分 所以sin∠CPE=CE_L PC2 ,414分 因为∠CPE为锐角，所以∠CPE=交，所以直线PC与平面PBD所成角的大小为T.15分 6 6 18.解：(1)①当=4时，任意抛掷两次这个骰子的样本空间21={1,1)，Q,2),1,3),L,4), (2,1)(2,2),(2,3),(2,4),(31),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)} 所以(2)=16， …3分 记“游戏结果大于5“为事件A,则事件A包含的样本点包括(2,3)，(2,4)，(3,2)，(3,3)，(3,4)， (4,2),(4,3),(4,4),所以(A=8,.… …4分 由古典概型得P(A)=”4=8.1 1(2)162 .5分 同理“游戏结果小于5”的概率也是} 所以甲、乙获胜的概率相等，这种游戏是公平的……6分 ②按甲、乙继续比赛赢得比赛的概率比值进行奖金分配， 由于甲、乙要分出比赛输赢至多需要再进行2次“点数游戏”，假设再进行2次“点数游戏”， 则2次“点数游戏”比赛结果的样本空间22={（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙胜，甲 胜)，（乙胜，乙胜)}，所以(22)=4,8分 记“甲赢得比赛”为事件B,则事件B包含的样本点包括（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙 胜，甲胜)，所以(B)=3,9分 由古典概型得P(B)=nB)=3 22)4' 10分 所以“乙赢得比赛”的概率为P(B)=1-PB)=1-3- 44 .1】分 所以甲分配奖金100×3=75元，乙分配奖金100×1=25 4 12分 (2)当n=8时，任意抛掷一次这个骰子的样本空间23={1,2,3,4,5,6,7,8}，所以(2，)=8， 13分 构造事件M={L,2,3,4,N={L,2,3,5},Q={且，6,7,8}，…14分 则MNWQ={),MN={L,2,3},M但={I),V视={L,15分 由吉典概型得P00=PM=P@片，P0O)日 P(MIN)= P(MO)=P(NO)= …16分 所以PMNO)=PM)P(N)P(Q),PW≠PMOP(N),P(Mg)≠PM)P(Q), P(NQ)≠P(N)P(Q),满足题意. 417分 1 19.解：1)因为Sacm=×BCxCD=5, 所以当三棱锥A-BCD的体积最大时，即点A到平面BCD的距离最大，此时平面ABD⊥平面 BCD, 1分 如图，过A作A'H⊥BD于H,连接CH, 因为平面 A'BD⊥ 平面BCD， 且平面 A'BD∩ 平面 BCD=BD，A'H∈ A'BD， 所以 A'H⊥ 平面 BCD， ... ... ..3 因为在矩形 ABCD 中， $$A B = \sqrt 5 ， A D = 2 \sqrt 5 ，$$ 所以在 Rt△BA'D $$A ' B = \sqrt 5 ， A ' D = 2 \sqrt 5 ， \cos \angle C B D = \frac { 2 \sqrt 5 } { 5 } ，$$ 所以 BD=5，A'H=2， ，故 BH=1， $$H C ^ { 2 } = B C ^ { 2 } + B H ^ { 2 } - 2 B C \cdot B H \cdot \cos \angle C B D = \left( 2 \sqrt 5 \right) ^ { 2 } + 1 ^ { 2 } - 2 \times 2 \sqrt 5 \times 1 \times \frac { 2 \sqrt 5 } { 5 } = 1 3 ，$$ 故 $$H C = \sqrt { 1 3 } ，$$ 所以 $$A ' C = \sqrt { A ' H ^ { 2 } + H C ^ { 2 } } = \sqrt { 4 + 1 3 } = \sqrt { 1 7 } ，$$ $$\cos \angle A ^ { \prime } D C = \frac { A ^ { \prime } D ^ { 2 } + D C ^ { 2 } - A ' C ^ { 2 } } { 2 \cdot A ^ { \prime } D \cdot D C } = \frac { \left( 5 \right) ^ { 2 } + \left( \sqrt 5 \right) ^ { 2 } - \left( \sqrt { 1 7 } \right) ^ { 2 } } { 2 \times 2 \sqrt 5 \times \sqrt 5 } = \frac { 2 } { 5$$ 所以 $$\sin \angle A ^ { \prime } D C = \sqrt { 1 - \cos ^ { 2 } \angle A ^ { 2 } D C } = \frac { \sqrt { 2 1 } } { 5 } ，$$ 所以 △A'CD 的面积 $$S = \frac { 1 } { 2 } ， A ' D \cdot D C \cdot \sin \angle A ' D C = \frac { 1 } { 2 } \times 2 \sqrt 5 \times \sqrt 5 \times \frac { \sqrt { 2 1 } } { 5 } = \sqrt { 2 1 } ，$$ ，........5分 设点B到平面A'CD的距离为 d， 则由 $$V _ { B - A ^ { \prime } C D } = V _ { A ^ { \prime } } - B C D ，$$ $$\frac { 1 } { 3 } S _ { \triangle A C D } \times d = \frac { 1 } { 3 } S _ { \triangle B C D } \sim A ' A ' H ，$$ $$d = \frac { S _ { \triangle B O D } A ^ { A } H } { S _ { \triangle A C D } } = \frac { 5 \times 2 } { \sqrt { 2 1 } } = \frac { 1 0 \sqrt { 2 1 } } { 2 1 } .$$ ....6 6分 (2)如图，在矩形 ABCD 中作 A'H 的对应线段AH，延长AH的交 BC 于G， D H B G C Rt△BHG 中，由 BH=1，tan∠DB $$\frac { 1 } { 2 } ，$$ ，所以 $$H G = \frac { 1 } { 2 } ， B G = \frac { \sqrt 5 } { 2 } ，$$ 如图，在三棱锥 A'-BCD 中， D B G 由 A'H⊥BD，GH⊥BD， ，所以 ∠A'HG 为二面角 A'-BD-C 的平面角，即 $$\angle A ' H G = 1 2 0 ^ { \circ } ，$$ ..... ...................... .... 8 分 HG中， $$A ^ { 6 } G ^ { 2 } = A ^ { 3 } H ^ { 2 } + H G ^ { 2 } - 2 \cdot A ^ { - } H \cdot H G \cdot \cos \angle A ^ { 2 } H G = 2 ^ { 2 } + \left( \frac { 1 } { 2 } \right) ^ { 2 } - 2 \times 2 \times \frac { 1 } { 2 } \times \left( - \frac { 1 } { 2 } \right) = \frac { 2 1 } {$$ ...................... .... .... .10分 在△4'BG中，cos∠ABG=4B+BG-AG (5+ V521 2 4 …12分 2A'Bx BG 2x5x V5 5 (3)结论：cos日=c08y-cosa cosB sinasin B 13分 证明：如图，过EF上一点P作PM⊥EF交EO于点M,作PW⊥EF交EG于点N,连接 MN,则∠MPN即二面角O-EF-G的平面角， 方法一：设PE=1,则在△MBP中，得ME=1 ,MP=Sin a cosa cosa 同理在△WEP中，得NE=1,NP=simE cosβ cos B 在△MMEN中，由余弦定理得MN2=M2+EN2-2EM·EN·cosy 12 12 2.1 …C08y .15分 cos a cos B cosa cos B 在△MPW中，由余弦定理得cos0= MP+NP2-MIN 2MP.NP sin2a,sin2β 1 2cosy cos2a cos2B cos2 a cos2 B cos a cos B cos y-cos a cos B 2 sina,sinB sin a sin B …17分 cosa cos B 方法二：在△MPWN中，由余弦定理得MN2=MP2+NP2-2MP.NP.cos6,① 在△MEN中，由余弦定理得MN2=M2+EN2-2EM·EN.cosy,② ②-①，得(EM2-MP)+(EW2-NP)-2EM·EN.cosy+2MP.NP.cos0=0, 则2EP2-2EM·EN·cosy+2MP.NP.co38=0, 即Ep2-EM.EN.cosy-+P.WNP.cos6=0,15分 两边同除以MPNP,符，EP4.EV:cosY+cos0=0, MP.NP MP.NP 器器w品器 所以cosB=M,EW 1,1 tan a tan B 所以cos0= cos y sinmccos-cosco cos a cos B sina sin B sina sin B ,得证17分2024一2025学年度第二学期教学质量检查 高一数学 一、单项选择题：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 项是符合愿目要求的.请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑。 1,已知复最z 5 2-i (1是虚数单位)，则z= A.2-i B.2+i C.-2+i D.-2-i 2.若{气，马是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是 A{低，+ B.{6+6g-引 c.{6+6,-2g+2g} D.{6-6,-2g+26 3.投拥两枚硬币，设事件A=“第一枚正面朝上”，事件B=“第二枚反面朝上”，则事件A与事 件B的关系为 A.相等 B.互斥 C互为对立 D相互独立 4.在复平面内，0为坐标原点，复数-1+i,1-2i对应的向量分别是0,0丽，则B对应 的复数为 A.-2+31 B.i C.2-3i D.-i 5.一个圆台的上底面半径为1，下底面半轻为2，侧面积为3√0x,则该圆台的体积为 B.7π D.2x 6.已知m,n是两条不重合的直线，a,P是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是 A.若m⊥a,m∥n,且a⊥阝，则n∥B B.若m⊥a,m⊥n,且a⊥B,则n⊥P C.若m⊥a,n∥B,且a∥B,则m⊥n D.若m∥a,n∥B,且a∥B,则m∥n 7.甲、乙两人组成“莞队“参加答题活动，每轮活动甲、乙各答一道题目，已知甲每轮答对题目 的展率为子，乙每轮答对题目的展率为在每轮活动中，甲、乙答对与香互不影响，各轮结果也 互不影响则“莞队”在两轮活动中答对3道题目的概率为 c 8.如图，欲测量河对岸的塔高AB时，选与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D,在C, D两观测点处测得塔顶A的仰角分别为30°，45°，并测得∠BDC=120°，CD=30m,则塔 高AB为 A.153m B.15m C.30/2m D.30m 高一数学第1页（共4页） 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项 符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.请把正确选项在答 题卡中的相应位置涂黑。 2 9.已知随机事件A与B,若P0=P8)= ,则下列结论正确的有 A.P(A)>P(B) B.者4与B相豆立，则P网位 C若BsA,则P氏4U)= 4 D.若UB=n,则周号 10.下列有关向量与复数的结论正确的有 A.若非零向量a,b,c满是a6=a8,则6= B.若非攀复数3，，马3满足马3=3，则名=马 C.若非零向量a,5满足a--b+,则a6=0 D.若非零复数，马满足名-=6+，则名31=0 11.在直三棱柱ABC-ARG中，AB⊥BC,AB=BC=B脱=2，则下列结论正确的有 A.若点D在线段BB上，则DA+DC的最小值为2√5 B.该三棱柱可完全放入体积为6π的球中 C.表面积为π的球可以完全放入该三棱柱中 D.若动点P满足BP=√6，则动点P在侧面ACCA形成的轨迹长度为π 三，填空题：本大愿共3小题，每小题5分，共15分.请把答案填在答题卡的相应位置上： 12.从某中学抽取6名同学，他们的数学成绩如下：87,85,83,90,2,93（单位：分），则 这6名同学数学成绩的第75百分位数为一（单位：分）， 13.在长方形ABCD中，AB=2,AD=3,E为AB的中点，F为BC边上靠近C的三等分点， AF与DE交于点M,则cos∠EMF= 14.已知正四棱柱ABCD-ACD中，M=2AB=2,在A8,B踢，BC的中点各有-个孔O, ■ P,Q若在此四棱柱内装水，当水面恰好经过三个孔时，可装水的最大体积为：若此四 棱柱可以任意放置，可装水的最大体积为 高一数学第2页（共4页） 四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共7分.解 答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.必须把解答过程写在答愿卡相应题号指定的区域内， 超出指定区域的答案无效 15.(本小题满分13分) 已知△MBC的内角4，B,C的对边分别为a,b,c,且√3 bsinC-ccos B=0. (1)求B: (2)若b=√7，c=√5，求△MBC的面积 16.(本小题满分15分) 某班级举办“以赛促学，挑战自我”数学竟赛活动，活动后将参赛的40名学生成绩分成5组： ①50≤x<60,②60≤x<70,③70≤x<80,④80≤x<90,⑤90≤x≤100.通过统计分折 得到如图所示的频率分布直方图，已知①组、②组的须率之和为04，①组和⑤组的频率相同： ↑领率组距 004 0幼的带的翰0设顷（分】 (1)估计此次考试成绩的众数、平均数： (2)已知②组学生成绩的平均数和方差分别为64和50，④组学生成绩的平均数和方差分别为 84和70，据此计算②组和④组所有学生成绩的方差. 转公式。产+-可+5+-刃 其中：为总样本平均数 17.(本小题满分15分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，点E,F分别是BD,AP 的中点. (1)证明：EF∥平面PBC: (2)若PA=PC=2√2，求直线PC与平面PBD所成角的大小. D 高一数学第3页（共4页） 18.(本小题满分17分) 现有一个质地均匀的正n面体般子，1个面分别标有数字1到n (1)当刀=4时，设计一种"点数游戏”：任意抛掷两次这个般子，以骰子与桌面接触的面上的数 字的乘积为游戏结果甲、乙两人玩这种“点数游戏”，规定每次游戏结果大于5时甲获胜，游戏结 果小于5时乙获胜 ①试判断这种游戏是否公平？并说明理由： ②若约定先获胜3次“点数游戏”者赢得比赛，并获得100元奖金当甲获胜2次，乙获胜1次时， “点数游戏"因意外而中止，现决定将100元奖金分给甲、乙两人，请应用概率知识设计合理的奖 金分配方案： (2)当”=8时，任意抛一次这个骰子，以它与桌面接触的面上的数字为试验结果，请构造适当 的事件A,B,C,使P(ABC=P(A)PB)P(C)成立，但不满足A,B,C两两独立 19.(本小题满分17分) 如图一，在矩形ABCD中，AB=V5,AD=2N5,将△MBD沿BD折起，得到三棱推A-BCD 图二 (1)当三棱锥∥-BCD的体积最大时，求点B到平面ACD的距离： (2)当二面角A'-BD-C的大小为120时，求cos∠ABC: (3)如图二，在三棱锥0-EFG中，已知∠OEF=a,∠FEG=B,∠OEG=Y,其中a、B、 yE0,牙者二面角0-EF-G的大小为0，试利用a,B,Y的三角函数值表示c0s0,请写出 你的结论，并给出证明 商一数学第4项（共4）