精品解析：北京市平谷区2024-2025学年高一下学期教学质量监控数学试卷

平谷区2024—2025学年度第二学期教学质量监控试卷 高一数学 2025.7 注意事项 1．本试卷共4页，包括两部分，满分150分，考试时间120分钟． 2．在答题卡上准确填写学校名称、班级和姓名． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束，请将答题卡交回． 第一部分 选择题（共40分） 一、选择题（本大题共10题，每题4分，共40分；在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上．） 1. 设向量，若，则（ ） A. B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示，列出方程，求解即得. 【详解】向量， 由可得，解得. 故选：C 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】化简复数，根据复数的几何意义可得答案. 【详解】， 复数对应的点为位于第二象限. 故选：B 3. 在中，角所对的边分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用正弦定理计算求解即可. 【详解】因为，所以，所以. 故选：A 4. 平面向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ） A. B. 5 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意建立直接坐标系，根据向量的线性坐标运算得的坐标，然后利用数量积的坐标运算求解即可. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，则， 所以， 所以. 故选：A 5. 已知是不重合的平面，是不重合的直线、下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】按照线面的位置关系进行判断即可. 【详解】对A，若，则或相交，故错误； 对B，若，则或，故错误； 对C，若，则，线面垂直判定定理，故正确； 对D，若，则与相交，平行均可，故错误. 故选：C 6. 已知向量满足，且的夹角为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量模长的坐标表示和数量积的运算律求解即可. 【详解】因为，且的夹角为， 所以，， 所以. 故选：B 7. 莎士比亚说“书籍是全人类的营养品”．在这个充满变化的时代，书籍始终是我们最可靠的伙伴．阅读不仅能够丰富你的知识，更能塑造你的品格，成为你成长道路上最珍贵的礼物．下图是国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量（单位：册次）的统计图： 下列说法正确的是（ ） A. 这七个月外借图书量的中位数是12867 B. 这组数据的第80百分位数是10079 C. 1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差大 D. 1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小 【答案】D 【解析】 【分析】根据中位数的定义求解判断A，根据百分位数的概念求解判断B，根据方差的计算判断C，根据平均数的含义判断D. 【详解】国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量分别为， 从小到大为，故中位数是，故A错误； 又，所以这组数据的第80百分位数是，故B错误； 1月，2月，3月这三个月外借图书量的平均数为， 则其方差为， 2月，3月，4月这三个月外借图书量的平均数为， 则其方差为， 故1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差小，故C错误； 由统计图可知1月外借图书量远小于5月外借图书量，所以1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小，故D正确. 故选：D 8. 玩陀螺不仅可以释放往日情怀，找回童年的乐趣，也可锻炼人体协调性和腕部力量，培养敏锐观察力．如图，一个实木陀螺近似的看成同底的一个圆柱和一个圆锥构成．已知这个陀螺是由一个底面直径为6cm．高也为6cm的圆柱实木制成的，为了陀螺旋转的稳定性，设计圆柱部分与圆锥部分的高比为，则这个陀螺的体积最大约为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥部分的高为,则圆柱部分的高为,得,则这个陀螺的体积为:,进行求解即可. 【详解】设圆锥部分的高为,则圆柱部分的高为, 依题意得,得, 则这个陀螺的体积为:, 因为,则, 得这个陀螺的体积最大约为: . 故选:C 9. 已知平行四边形，为实数，，则“点P在平行四边形内（不含边界）”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】判断点P在平行四边形内（不含边界）是否能推出，以及判断是否能推出点P在平行四边形内（不含边界）即可求解. 【详解】由，点P在平行四边形内（不含边界）可得， ， 反之，当时，如时，则点在平行四边形外部， 所以点P在平行四边形内（不含边界）是的充分不必要条件， 故选：A. 10. 已知函数，则以下正确结论的序号为（ ） ①函数最小正周期是； ②函数最大值与最小值距离为； ③函数在区间上单调递减； ④对任意，使得“”成立的充要条件是“”． A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②③ 【答案】D 【解析】 【分析】验证是否成立即可判断①，求函数最大值与最小值即可判断②，当，求单调减区间即可判断③，当时，验证是否成立即可判断④. 【详解】由，故①错误； 由， 当时，，所以当时，， 当时，，所以函数最大值与最小值距离为， 当时，， 当时，，当时， ， 所以函数最大值与最小值距离为， 综上函数最大值与最小值距离为，故②正确； 由有，所以，所以， 由在单调递减，所以函数在区间上单调递减，故③正确； 当时，，故④错误. 故选：D. 第二部分 非选择题（共110分） 二、填空题（本大题共5题，每题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上．） 11. 已知复数z满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】应用复数的除法法则化简z，然后利用共轭复数概念求解即可. 【详解】复数z满足，则， 所以. 故答案为： 12. 已知某校高一年级1000人，为普及航天知识，开展了航天知识竞赛．将成绩（单位：分）分成6组，绘制成频率分布直方图，如图所示：则成绩在分的有______人． 【答案】 【解析】 【分析】先求出成绩在分的频率，再求出人数即可. 【详解】因为成绩在分的频率为， 所以成绩在分的有人. 故答案为： 13. 将函数图像向左平移个单位长度，得到的图像关于点中心对称，则的一个取值为______ 【答案】（答案不唯一，只要满足即可） 【解析】 【分析】先利用平移变换法则求得解析式，然后根据正弦函数对称中心列式求得，即可得解. 【详解】将函数图像向左平移个单位长度，得到， 由题意，所以， 当时，. 故答案为：（答案不唯一，只要满足即可） 14. 已知，，，．则______；若BC边上一动点F，则的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 4 【解析】 【分析】利用余弦定理求出.设，利用向量线性运算得，然后利用数量积的运算律得，结合一次函数性质求解最小值即可. 【详解】，，， 所以． 设， 则， 所以 ， 因为，所以，即的最小值为4. 故答案为：；4. 15. 如图，在棱长为2的正方体中，M、N分别是BC、CD的中点，点P是线段上的动点，点Q是侧面上（包括边界）的动点，给出下列四个结论： ①任意点P，都有； ②存在无数组点P和点Q，使得平面； ③点P由滑到时，三棱锥体积逐渐增大； ④使得平面的点Q的轨迹长度为． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理和性质定理可得判断①；根据线面垂直的判定定理及线面垂直的性质判断②；根据线面平行的判定定理得平面，即可确定锥体的高为定值，又的面积为定值即可判断③；先作出的面积截面，然后根据面面平行的判定求出点Q的轨迹，利用勾股定理求其长度判断④. 【详解】对于①，因为，，且，平面， 所以平面，又平面，所以， 同理，，又，平面， 所以平面，而点P是线段上的动点，即平面， 所以，正确； 对于②，因为，，且，平面， 所以平面，在中，只要满足，都有平面， 即存在无数组点P和点Q，使得平面，正确； 对于③，因为M、N分别是BC、CD的中点，所以， 所以，平面，平面，所以平面， 所以直线上各点到平面的距离相等，又的面积为定值， 所以三棱锥体积不变，错误； 对于④，设直线与直线分别交于，连接， 分别交于，连接， 则五边形即为平面截正方体的截面； 由于M、N分别是BC、CD的中点，故， 由于，故，同理, 又，则，则，， 同理可求得，，即点为上靠近的三等分点， 点为上靠近的三等分点， 取点为上靠近的三等分点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 平面，所以平面，所以点Q的轨迹为， 所以，正确. 故答案为：①②④ 三、解答题（本大题共6题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 16. 已知函数． （1）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点．求的值； （2）求函数的单调递减区间． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数的概念得，代入函数的解析式求解即可； （2）根据二倍角公式和两角差的正弦公式化简得，结合正弦函数的性质，即可求得函数的单调递减区间. 【小问1详解】 因为角以为始边，终边与单位圆交于点，所以， 所以； 【小问2详解】 ， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为. 17. 四棱锥，平面，底面ABCD为菱形， （1）求证：平面； （2）试判断在PD上是否存在点F，使得平面，说明理由． 【答案】（1） 因为平面，平面，所以， 又底面ABCD为菱形，所以，平面， 所以平面 （2） 存在，点为的中点，理由如下： 由为的中点，为的中点，所以， 由平面，平面，所以平面， 所以点为的中点得证. 【解析】 【分析】（1）依据题意得到，底面为菱形，得到，根据线面垂直判定定理可得结果； （2）利用中位线定理，线线平行得到线面平行，可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知a，b，c分别为的三个内角A、B，C的对边，且． （1）求角B的值； （2）记知，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求AC边上的高h． 条件①：； 条件②：； 条件③：． （注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及特殊角的函数值化简求解即可； （2）选择条件①：利用余弦定理求得或，故不唯一，不符合题意； 选择条件②：由余弦定理求得，进而等面积法求得AC边上的高h； 选择条件③：由同角三角函数基本关系得，由两角和的正弦公式得，由正弦定理得，进而求得AC边上的高. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得， 又，所以，则，即， 又，所以. 【小问2详解】 选择条件①：，，， 由余弦定理得，所以， 即，解得或，故不唯一，不符合题意； 选择条件②：，，，由余弦定理得， 所以，即，解得（舍去）或， 唯一，符合题意，利用面积公式， 所以AC边上的高； 选择条件③：由题意，，，，角确定为锐角， 故唯一，符合题意，所以， 又， 由正弦定理得， 所以AC边上的高. 19. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，．E、F分别是AB、的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 取中点M，连接， 因为F是的中点，所以，且， 又，且，又为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 故平面； （2） 因为平面平面，所以平面平面， ，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （3） 【解析】 【分析】（1）取中点M，连接，先证四边形为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证出平面； （2）由面面垂直的性质定理得平面，再利用面面垂直的判定定理得平面平面； （3）等体积法求三棱锥的体积即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为平面，，，， 所以 ， 所以. 20. 已知函数的部分图像如图所示． （1）求的解析式； （2）若函数， （ⅰ）求函数在区间的最大值和最小值； （ⅱ）求函数在区间内的所有零点的和． 【答案】（1） （2）（ⅰ），；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据函数图象求出，根据图象过点得，再根据最大值点求出即可； （2）（ⅰ）根据两角和差的正弦公式和二倍角公式化简得，然后根据正弦函数的性质求解最值即可； （ⅱ）函数的零点即方程的，结合，求出方程的解，进而求得零点之和. 【小问1详解】 由函数的图象，可得，又，所以，即， 又，所以，又，即， 根据五点对应法，可得，所以，所以. 【小问2详解】 （ⅰ） ， 因为，可得， 当即时，可得； 当即时，可得； （ⅱ）令，得， 因为，解得， 故，所以， 所以函数在区间内的所有零点的和为. 21. 已知等腰梯形ABCD，，，，且，动点Q满足． （1）设，求的值； （2）求的值； （3）求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立平面直角坐标系，求出向量的坐标，建立方程求出，即可得解. （2）利用数量积的坐标运算求解即可. （3）设，结合辅助角公式利用向量的坐标运算求得，根据正弦函数的性质求解最大值即可. 【小问1详解】 如图所示：以为坐标原点，建立平面直角坐标系，    则，因为，所以， 所以，则， 因为，所以，解得，故； 【小问2详解】 因为，所以； 【小问3详解】 因为，所以点Q在单位圆上，设， 则， 所以 ， 当且仅当即时，等号成立， 所以的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平谷区2024—2025学年度第二学期教学质量监控试卷 高一数学 2025.7 注意事项 1．本试卷共4页，包括两部分，满分150分，考试时间120分钟． 2．在答题卡上准确填写学校名称、班级和姓名． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答． 5．考试结束，请将答题卡交回． 第一部分 选择题（共40分） 一、选择题（本大题共10题，每题4分，共40分；在每题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上．） 1. 设向量，若，则（ ） A. B. C. D. 6 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，角所对的边分别为，则（ ） A. B. C. D. 4. 平面向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则（ ） A. B. 5 C. 1 D. 5. 已知是不重合的平面，是不重合的直线、下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知向量满足，且的夹角为，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 7. 莎士比亚说“书籍是全人类的营养品”．在这个充满变化的时代，书籍始终是我们最可靠的伙伴．阅读不仅能够丰富你的知识，更能塑造你的品格，成为你成长道路上最珍贵的礼物．下图是国家图书馆在2024年1月到7月外借图书量（单位：册次）的统计图： 下列说法正确的是（ ） A. 这七个月外借图书量的中位数是12867 B. 这组数据的第80百分位数是10079 C. 1月，2月，3月这三个月外借图书量的方差比2月，3月，4月这三个月外借图书量的方差大 D. 1月，2月，3月，4月这四个月外借图书量的平均数比2月，3月，4月，5月这四个月外借图书量的平均数小 8. 玩陀螺不仅可以释放往日情怀，找回童年的乐趣，也可锻炼人体协调性和腕部力量，培养敏锐观察力．如图，一个实木陀螺近似的看成同底的一个圆柱和一个圆锥构成．已知这个陀螺是由一个底面直径为6cm．高也为6cm的圆柱实木制成的，为了陀螺旋转的稳定性，设计圆柱部分与圆锥部分的高比为，则这个陀螺的体积最大约为（ ） A. B. C. D. 9. 已知平行四边形，为实数，，则“点P在平行四边形内（不含边界）”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 10. 已知函数，则以下正确结论的序号为（ ） ①函数最小正周期是； ②函数最大值与最小值距离为； ③函数在区间上单调递减； ④对任意，使得“”成立的充要条件是“”． A. ①② B. ②④ C. ③④ D. ②③ 第二部分 非选择题（共110分） 二、填空题（本大题共5题，每题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上．） 11. 已知复数z满足，则______． 12. 已知某校高一年级1000人，为普及航天知识，开展了航天知识竞赛．将成绩（单位：分）分成6组，绘制成频率分布直方图，如图所示：则成绩在分的有______人． 13. 将函数图像向左平移个单位长度，得到的图像关于点中心对称，则的一个取值为______ 14. 已知，，，．则______；若BC边上一动点F，则的最小值为______． 15. 如图，在棱长为2的正方体中，M、N分别是BC、CD的中点，点P是线段上的动点，点Q是侧面上（包括边界）的动点，给出下列四个结论： ①任意点P，都有； ②存在无数组点P和点Q，使得平面； ③点P由滑到时，三棱锥体积逐渐增大； ④使得平面的点Q的轨迹长度为． 其中所有正确结论的序号是_______． 三、解答题（本大题共6题，共85分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 16. 已知函数． （1）在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点．求的值； （2）求函数的单调递减区间． 17. 四棱锥，平面，底面ABCD为菱形， （1）求证：平面； （2）试判断在PD上是否存在点F，使得平面，说明理由． 18. 已知a，b，c分别为的三个内角A、B，C的对边，且． （1）求角B的值； （2）记知，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使得存在且唯一，求AC边上的高h． 条件①：； 条件②：； 条件③：． （注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．） 19. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，．E、F分别是AB、的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）求三棱锥的体积． 20. 已知函数的部分图像如图所示． （1）求的解析式； （2）若函数， （ⅰ）求函数在区间的最大值和最小值； （ⅱ）求函数在区间内的所有零点的和． 21. 已知等腰梯形ABCD，，，，且，动点Q满足． （1）设，求的值； （2）求的值； （3）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $