甘肃省甘南藏族自治州2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试卷

的使★日用前 t9,m 高一下学期期宋学业水平质量测试卷：，之4，。 4失4+， 数 学 1行，1作4A卷11 未这集满分150分，着议时间120分计1+ 2H 生直事项 t适4d2￥ 1.等划有，青生寿必得血己的越名，准考江十操写在苯想十上阳虚的但红，1中门广 么女年等重点答则十上竟点，器在未流春上无做， 玉四器选条题时，选出每小属多常后，用2B每毛北茶通十上时应超日的等案标于漆耳。知客 我动，用保度够十净后，再选逢弄他答素排号，国多非选择随时，拼多常用0,5是来黑色 笔线鉴年笔写在器想卡上， 4青线性来后，精未议集和答周卡一并复回， 一，单项意年厘（本是热8小期，每小观5会，头和分.点每个周附由的四个遇项中，只有一项是邦合目是来的》 A.0 且1 C厘 0242A1利 之已题向量0-(2,10：=(-20.周a一2一 A.（-2,90 且0,5) C(4,-31 Dw.-),4 3已细图维的庭蛋华是为1，到面积为保，则此嘴破的侧面展开图的国心角为 人晋 B号 c号 4计算n10+us50'+万n10an0°=1十 11+t(3 人9 且1 cif D万 三甲，乙两人迪立地解用一同显解决这个问恩的瓶率分别方子和子.则给好有1人解决这个同延的 瘦率为 人安 a音 c nt 乐已知△MBC的三个内角A,B,C时的边分别为ebrc,端是2a一=2Ee0sB.且sA十eesB=1, 期△ABC的形状为 人等边三角形 且顶角为12的等厦旦角形 C顶角为50的等度旦角形 D.等限宜角三角形 1,已知0.N,P在△AC两在平内，且0风1=10=沉，+W+元-0，且环：-P勇： P风-P配，P不，则点O,N,P载次是△ABC的《住，雨C悬三角形三条高所在直战的交点)《) A.重6，外6，雨心 B重6，外心.内CC外心，重6，题心D.外6，重6：冉心 A已细正者体ABCDA:BCD的旋长为：P,Q分别为整A1马，D凸的中点，过P,Q,B作正方体的 慧面，则截面多边恩的周长为 A5+边+2厘 B5+25+9 c5g+9 D是+g+2E 【离一下学期期末学业水平质量国试+数学：整1可孙（共4可）】 二，多国速用显（本厘头1小超，每◆理6分，头18命，在每小恩婚点的四个地度中，有系用开合题目是桌， 全每远时的得面冷，年会选时的得年身身：有感错特得介) 氢已知m,为同条不可的直线：为两个不同的平黑，则下列说接正确的是 人若nemA周a年 丹位着m成：e:则m:得可以是异国直线 C吾n⊥emA到，LF D春件山n山m:则nAa 10.已知肉量a,携是0÷=2,11=2：且1a+■2乃.周行 A.lal-2 且通与数的夷角为若 C。划小的夹角为号 D.aL(e-28) 1.在平国直角坐标系中，着M为，N方》，则称dM,N)=-1+1n一为为M,N两 点的曼哈银雨青若动点￡到同定点（一，0），月(，0)>01的”曼喻倾距离之相为定值 2(>),则称点E的轨连为“整略蟹制周”，着点P为该"曼喻镇间西”上一点，网下判说去正销 的县 t A已知点A(1.20:的，5)，则A,B)=5 且“费哈顾周圆关于x轴始.原点对释 G△P的周长为2a十 D该费喻幅满围的成积为22-2) 三，算空■《华随青1小题，是中越系鲁，养5◆】 之甲，乙、两，丁图人非成一排，则同不结在非头，且甲或乙菇在排风的医率是—一 h.巴知h(e+培}+eo。一号，则cm(-)的值为 1M:在平图因边题ACD中，△ABC是边长为2的等边三角形，△ACD是拟点D为血角顺直的等罐直 角三角形，将减因边和箱时角线C新成西图体卧ACD,雀新易的过程中，四面体并提球表面积的 最小值为 西，解蓄显（来风养5小题，长？命，解著应带由动要的之车说明，证明过程成请其少流》 15(本小题请分13分) 已知复数t=m=4m+3+《n3一1i.m6我 (1》看：为纯出数，求网的值， )看：在复平面内对应的点位学第料象限，求■的章维程调 【离一下学明明素学立冰平层量国欲容+数学黑1天《朝4两门 扫描全能王创建 1M.(本小题请分15分) 已如某校高一，高二，离三三个年量的学生人数分别为50：30,0，现果用分层轴样的方陆从中如 京7名同学虫儿直福利胶参如庆六一献爱心活种， (1)应从高一，高二，高三三个年服的学生中分别情原多少人？ (2)授袖出的7名网学分到用A,B,C,D,E,F,G表示，现从中周机袖取2名同学表担雕受心括动的 主持工作， (!)赋用所检学母列甲出版有可能的袖歌结果： 《1)设事件丁为轴京的2名同学来自同一年复”，求率件T发生的餐率，n生古七、法， 4 17.(本小题请分15分) 白国，日陵幢号ABCD的各个酸长均相等，P为侧校SD止的点且5P=2PD, (1求延，AC⊥SDi (2)烟棱SC上量香存在一点E,使每8EA平国PAC看存在，求8E:BC的值 著不存在，请说明理由。 下11o 18.(率小通满分7分) e知向量a=(nI,osx).-(cosx万cos. 若，求@红的值水，t 若f代)=a+ 《1凉丽数儿)的单调表增区利： ()已是A《-3:2),B3,10),特八=的图象向左学移登t单位长度，向下平g号个单位长霞得到 西数（的图象.在g(:的图象上是香存在一点P,使得AP⊥BP?著存在，来出所有有合条件的 点P的象标若不存在，请设明理由。 55年“六。”，4卡 的准，”-下V”山 1量（本小盘满分7分】 ,1如压()，已知墨内楼四边形ABCD的边长分到为由=2，C=6,CD-D4-4求容边形ABCD的 衡积，月 (2)知后(2，已知国内接四边形ABCD的边整身别为4，，成证明其面积为5一 √-ap-0p-万-堂a++g+n (3)已知△固边形的边长分群为AB-1,BC-2,CD=4,DA一：滚程边厚ABCD内切圆半径r的章 值莲司。 室一不号里■士星女水甲周量这烟·色学量4面【韩4百】 扫描全能王创建高一下学期期末学业水平尼 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 2 2(1+i) 1选C若x=白=a)1+D=1+i.则：= 12+12-√2. 2.选D由题意a-2b=(2,1)-2(-2,4)=(6,-7). 3.选C设圆锥母线长为1，可得底面圆的周长为2π·1= 2x,由题意可得21·2x=6x,解得1=6，所以圆维的侧面 展开因的国心角为爱-子 4.选D因为tan60°=tan(10°+50)=an10+tan50 1-tan 10tan 50 =3,所以tan10°+tan50°=√3(1-tan10°tan50),所 以tan10°+tan50°+√3tan10°tan50°=√3. 5.选B记恰好有1人解决这个问题的事件为A,即仅甲 解决这个问题(A1)与仅乙解决这个问题(A2)两种情 况，别P)=PA)+PA:)=号×+号×至-高 故选B 6.选A由正弦定理可得2sinA一sinB-2 sin Ccos B,因为 A十B+C=π，所以A=π-(B+C),所以2sin(B+C) sin B=2sin Ccos B,E 2sin Bcos C+2cos Bsin C-sin B =2 sin Ceos B,即2 sin Bcos C-sinB=0,因为B∈ (0,x),所以siB≠0，所以cosC=2,因为C∈(0，)， 所以C=子，所以A十B=经周为c0sA十c0sB=1,所 以c0sA+cos(-A）=1,所以c0sA-2c0sA十 复nA=1,中2nA+sA=1,pn(A+吾） 1.周为A∈(0，），所以A+音=受，所以A=子因为 A十B=三，所以A=B=受，所以△ABC的形我为等边 三角形. 7.选C因为OA=|OB=0C|,所以O到定点A,B,C的 距离相等，所以O为△ABC的外心.由NA+NB十NC=0, 则NA+NB=一NC,取AB的中点E(图略)，则NA+ VB=2NE=-NC=CN,所以2INE=|CN1,所以N 是△ABC的重心.由PA·PB=PB·PC=PC·PA,得 (PC-PA)·PB=0,即AC·PB=0,所以AC⊥PB,同理 AB⊥PC,BC⊥PA,所以，点P为△ABC的垂心， 8.选A取CD的中点为T,取B1P的中点为S,取CD上 靠近D的四等分，点为M,取C1D1上靠近D1的四等分 点为G,取A]D1上靠近D1的三等分点为V,连接BM, MQ.QN,NP,BG,D T.D S. 图，由正方体性质可知DT∥BP, 在△D1TD中，Q,M分别为D1D, DT的中点，所以DT∥QM,所以 BP∥QM,故B,P,Q,M四点共面. 在正方形AB1CD1中，D1G∥BS 且D1G=B1S,所以四边形D1SBG 为平行四边形，所以BG∥D1S,由正方体性质可知 D1S∥BM.在△D1A1S中，P,N分别为A1S,A1D1的三 等分点，所以DS∥PN,所以BM∥PN,故B,P,N,M 四点共面，所以五边形PBMQN为所求的截面多边形. 贡量测试卷·数学参考答案 易知CM-是DM=,DN=子AN=青，BP A1P=DQ=D1Q=1,故BP=√4+I=5,BM V+g-多，QM√+i-QN√()+ PN√（信+I-号所以食面五边形PBMQN 的周长为25+95+213 6 二，多项选择题（本题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.选BC若n∥a,m∥3，则a,B平行或相交，A说法错误； 若m∥a,n∥a,则m,n平行、相交、异面均可，B说法正 确：若m⊥a,m∥B,则a⊥B,C说法正确：若n⊥a,n⊥m, 则n∥a或na,D说法错误. 10.选ACD因为a·b=2,1b|=2,且|a十b=2√3，所以 a2+2a·b十b=12,则|a|2+4十4=12，则|a|=2,故 A正确：周为osa,b=日治=又a,b∈[0， 所以a与b的夫角为受，故C正确，B错误：因为a· (a-2b)=a2-2a·b=4-4=0,所以a与a-2b垂直， 故D正确. 11.选ABD因为A(1,2),B(3,5),结合题意可知d(A,B) =1一3引+|2一5|=5，所以A正确：设“曼哈顿辅圆" 上任意一，点为P(x,y),根据“曼哈顿糖圆”的定义，可得 Ix+cl+ly+lx-cl+lyl=2a,x+cl+lx-cl+ 2y|=2a,当x<-c,y<0时，可得-x-y=a:当x< 一cy>0时，可得一x十y=a:当一c<x<c,y<0时，可 得c一y=a:当一c<x<c,y>0时，可得c十y=a:当 x>c,y<0时，可得x-y=a;当x>c,y>0时，可得 x十y=a,当x=c时，可得y=士(a一c):当x=一c时， 可得y=士(a一c):当y=0时，可得x=士a,作出“受哈 顿椭圃”的图象，如图所示，可得 “受哈顿椭國”关于x轴、y轴、原 点对称，所以B正确：对于C,当点 P的坐标为(0，a一c)时，△PFF2 的周长为2√2+(a-c)2+2c≠ -4 2a十2c,所以C错误：x轴上方图形为等腰梯形，其面积 (2a十2)(a-c)=a2-c2,所以该“曼哈颜椭圆"的面 1 积为2(a2一2)，故D正确。 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.解析：画出树状图，如图， 0 乙 丙丁乙丁乙内 丙丁甲丁甲丙 丁两丁乙内乙 丁丙丁甲内甲 闪 甲 丁甲小甲 乙丙甲内甲乙 丁乙丁乙甲 丙乙丙印乙甲 由树状图可得，排列次序共有24种，其中符合题意的排： 列次序共有8种， 故所求概率P23 .81 答案： 1B.解析：由sin(e十晋）十cosa=号sina+号cose =sin(e+号)=号，得sim(a+号)=号， 所以os(2a-吾）=cos[(2a+）-x] =-cos(2a+）=2im2(a+5）-1=-号 答案：一9 14.解析：如图，设四面体BACD的外 接球球心为O,取AC的中点E,连 接EB,ED,OB,OD,OE, △ACD是以点D为直角顶点的 直角三角形，△ACD的外接圆 国心是点E, 则由球的性质可知，OE⊥平 面ACD. 设外接球半径为R, ,△ABC是边长为2的等边三角形，△ACD是以点D 为直角顶，点的等腰直角三角形， ∴.EB=V3,ED=1, 在R1△OED中，OE=√R2-1, 则在△BOE中利用余弦定理，得cOs∠OEB= OE2+EB2-OB2 2 2OE·EB 2v3R2-1 :∠0EB∈(0，受）·os∠0EB∈(0,1)，则0< /R2-1 1得>号 当∠OEB=0时，易知四面体BACD的外接球半径为： R=号X-2故=青 综上可知的最小值为宁 回面体外接球表面软的最小值为 答案：9 四，解答题（本题共5小题，共77分） 15.解：)周为：是纯虚教，所以m一m十3=0， m2-1≠0， …4分 解得n=3. 6分 (2)在复平面内￥对应的点为(m一4m十3，m2一1)， 7分 由题意可得 m2-4m+3>0, 1m2-1<0, 11分 解得一1<m<1, 故m的取值范围是（一1,1）， 13分 16.解：(1)由已知，高一、高二、高三三个年级的学生人数之 比为3：2：2，由于采用分层抽样的方法从中抽取7名 同学，因此应从高一、高二、高三三个年级的学生中分别 抽取3人，2人，2人。 4分 2 (2)(1)从抽出的？名同学中随机抽取2名同学的所有 可能结果为{A,B},{A,C),{A,D,{A,E),{A,F, {A,G},B,C},{B,D},B,E,{B,F},{B,G),{C,D, {C,E,{C,F,{C,G},{D,E,{D,F,D,G},E,F} {E,G},{F,G},共21种. 9分 (ⅱ)由上述解析，不妨设抽出的7名同学中，来自高一 年级的是A,B,C,来自高二年级的是D,E,来自高三年 级的是F,G,则从抽出的7名同学中随机抽取的2名同 学来自同一年级的所有可能结果为{A,B},{A,C), {B,C,{D,E},{F,G},共5种.-.---12分 所以事件T发生的概奉为P(D=员 -.-.-.15分 7.解：(1)证明：连接BD,交AC于点O,由题意SO⊥AC. 1分 在正方形ABCD中，AC⊥BD, .3分 又因为SO∩BD=O,SO,BDC平面SBD,所以AC⊥ 平面SBD,- 5分 因为SDC平面SBD,所以AC⊥SD.7分 (2)连接OP. 取SP中，点N,连接BN,则OP∥BN,8分 取SC中点E,连接VE,BE,则 NE∥CP.-10分 易知BN∥平面PAC,NE∥平面 PAC,又BN∩NE=N,BN, NEC平面BNE,所以平面BNE∥ 平面PAC.12分 因为BEC平面BNE,所以BE∥ 平面PAC.- --14分 此时E为SC的中点，所以 =1.415分 EC 8.解：(1)若a∥b,则V3 sin xcos a=cos2x.1分 若c0sx=0,满足要求， 此时c0s2x=2c0s2x一1=一1.- 2分 若osr≠0.y3sinx=cost→anr=5 3 →c0s2.x= cosr-sin'r1-tan'r1 cos r+sin2r 1+tan2r 2 故c0s2x的值为-1或 …4分 (2()f(r)=a.b-sin ossin2 7分 令-受+2x<2:+号<受+2x,k∈Z, +x≤x≤登十kxk∈五. 即一位 所以画数)的单调递增区间为[一登+：最+]， k∈Z.9分 ()将)的图象向左平移是个单位长度，向下平移 号个单位长度得到函数g(x)的图象， 则g)=m[2(+)+]+9=as2 ……10分 假设g(x)的图象上存在点P(x,Cos2)使得AP⊥BP, 因为AP=(0+3,cos2x1-2),BP=(1-3,cos2-10), 且AP⊥BP,所以AP·BP=(x1十3)(x1-3)十 (cos2x1-2)(cos2.x1-10)=x1+cos22x1-12c0s2.x1: +11=0, 12分 h(x)=+cos22x-12cos 2.r+11 =x号+(c0s2.x1-6)2-25, 因为cos2x1∈[-1,1].所以h(.m)=x+(cos2x1-6)2 25≥x+(1-6)2-25=x>≥0， 当且仅当/西=0， c0s2=1时取等号， 15分 所以h(x1)=0存在唯一解x1=0, 此时cos2x1=1,点P(0,1). 综上，符合条件的点P坐标为(0,1). .17分· 19.解：(1)如图所示， 连接BD,在△ABD中，由余弦定理，得 BD2=22+42-2×2X4×c0sA, 在△BCD中，由余孩定理，得 BD2-=62+42-2×6×4×cosC, 因为A十C=x,所以c0sC=一c0sA, 2分 两式相减得6msA=-之 又0KA<,所以A-=号 所以Sa号D=号AB,AD·sinA+之CB,CD· sinC=8√5. 4分 (2)证明：如图所示， 连接AC,在△ABC中，由余弦定理，得 AC2=a2+62-2abcos B. 在△ACD中，由余弦定理，得AC2=2 +d2-2edcos D. 因为B十D=π，所以cosD=-cosB, 两式相减，得cosB=a2十-2-d2 2(ab+ed) 5分 所以sinB=1-os2B=4(ab+cd02-(a2+-2-)2 4(ab+cd)2 而4(ab+d)2-(a2+2-2-P)2=(a+b+c-d)(a+ b+d-c)(a+d+c-b)(b+c+d-a), 因为=a+b+c+d, 所以4(ab+d)2-(a2+b2-c2-d2)2 =(2p-2d)(2p-2e)(2p-2b)(2p-2a), 所以sin'B=4p-a)(p-b)(p-c)(p-d山 (ab+cd) 所以sinB=2VCp-a(pb)(p-cO(p-dD 7分 abcd 则S=SaAx+Sax=7asnB+7dsmD=号ad叶 cd)sin B=(p-a)(p-b)(p-c)(p-d), 即s=Vpap-bpp-D(p-a+b计c+0）)月 9分 (3)设四边形ABCD的面积为S, 则S=号1+2+3+40×r=5r 当A,B,C,D有3点共线时，最小， 当A,B,C共线时，60sA=32十32- 2×3×3 1 则imA二4,5，则S6p之X3☒ 3 3x45=5rr25 9 5· 当D.A,B共线时，c0sD=4十4-2_7 2×4×48· 剥sinD=15 81 所以Sam=×4X4XE=5r 8 =15 5 国为西<5所以>一1分 下面证明对于给定的一个边长为a,b,心，d的四边形，其面 积为S=√/（p-a)(p-b)(p-c)(p-d)-abed·cos20, 其中p=号X(a十b十+dD,0为四边形任意一对对角 和的一半 S=SAABD+SACBD=?adsin 0+ esin 0 整理，得2S=adsin+besin02,① 由余弦定理，得BD2=a2十d2-2 adcos1=+c2 2bccos 2. 所以2+dP-,W+c)-c0-bcos, 2 ② ①2+②2，得4s+「a2+)。+27 2 =a2d2+62c2+2abcd(sin 0 sin 02-cos 0 cos 02) =a2d2+62c2-2abcdcos(0 +02), 由cos2a=2cos2a1,得 4s+「a2+d)-+c272 2 =dn+62+2ad-adms(色) 整理得sg=6×(a+d+b-c)(a+d+c-b)(h+c+ a-d叶ct+d-a）-ados(4） 设p=2X(a+b什c+d). 则S气(p-a(p-b)(p-c)(p-d)-deos2 证毕： 15分 所以当（色士）=0，脚有十负=元时，西积最大， 所以p=1十23+4=5， Smx=√(5-1)X(5-2)X(5-3)×(5-4)=2√6， 此时，=26 ..16分 所以r(压， .17分