湖北省恩施州2024-2025学年高一下学期期末质量监测数学试卷

普通高中2024-2025学年高一质量监测考试 数学 本试卷满分150分，考试用时120分钟 注意事项： 1.答题前，先裤向己的址名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形两 粘贴在答随卡上的指定位里， 2,选棒题的作答：每小题选出答聚后，用2B铅笔把答题卡上对应题日的答案标号涂 某.写在汽卷、草藕纸为答题卡上的非答通区城均无就 3非这舞延的作答：用黑色鉴宇笔直扶答在餐题卡上对应的答题区城内。写在试襄、 草稿纸和答题卡上的◆答题区城均无梵 4考就地来后，请将本战表和答题卡一开上交， 一、进择遥：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个迹项中，只有一项 是特合题目要求的 1.若a=3d,则a的终边位于平面直角坐标系第几象展 A.- B. C.三 D.四 2设a,b为非零向量，若(+b)(a-b)=0,则 A.a=-b B.a=b C.a-b=0 D.lal=1b1 3已知函数到归(+9)，0e(,),若函数代✉)在x=处取得最小值，则= A-名 成- c n 4学校运动会志原者服务协会共有“检录组”“计分组““宜传组三个组别，其中“检录 组”比“宣传组多8人，现采用比例分配的分层随机抽样方法从中选出部分志愿者参 加田径比赛的志愿服务，如果选出的人中有3人来自“检录组“，4人米自“计分组”， 1人来自”宜传组”，那么学校运动会志愿者服务协会计分组”的人数为 A.16 B.12 C.8 D.4 高一数学试港第1页（共4页） 三△BC中，D为BC的中点，E为AD的中点，则B正= c成证 1 6△ABC中，oM=亏0为△MBC的外0，则血L0BC= 9 暗 7.正方体ABCD-A,B,C,D,中，AB=2,B是AB的中点，则点A到平面EB,D的距离为 6 a 唔 &领角△ABC的内角A,B,C满足由C-B=2 in,测加的取值范图为 C A(. (兮) C.(0,1) n分 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计8分，每小题给出的四个选项中，有多项 符合题日要求，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分。 9.若复数z演是(+1)i■i-1,则x的壁部为 A.-2 B.-1 c.0 D.1 10雨数八*)=ai加(x+p)(a如>0)的部分图象如图所示，则下列说法正确的是 A=)=am(2s-7 昆点（一告0）是适数)的图象的一个对疹中心 C,孟数g()=血(x+)图象上的所有点的横坐标缩短为 眼来的宁，得到函数八)的图象 D.函数凡)的图象向右平移号个单位长度，得到的图象关于y箱对称 11.已知两数()=6-e血，则下列说张正确的是 人x+受)是偶函数 B.f尺x+r）=-f凡x) C函数U爪=》在(0，)内有零点 D.方程)=号无解 高一数学试卷第2页（共4页） 三，填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12已知 1+sin2a cos'ar+ain2a =1,则nn3a= 1.已知非零向量a=(,0),b=(1,1),若B-。与b的夹角为牙，则m= 14记一个长方形的长为4，宽为b,且e,deN者aW=兴1，则该长方形周长的最 小值为 四、解答原：本题共5小题，共7分解答应写出文字说明、证明过程或演算步绿。 15.(13分】 已知函数八)=n(x+子》 (1)求函数代✉)的单区间； (2)者凡s)≤co(x+子)+m对：eR恒成立，求m的取值范国 16(15分) 如图，在三棱饿P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥C,PA=1,AC=2,过点A作PB,PC 的垂线，垂足分引为E,F (1)求证：AE⊥平面PBC (2)求PA与平面ABF所成角的正切值 17.(15分) 某拉高一年级学生参加了一学期内平均每周球类运动时长（单位：小时）的调研，现 随机抽数40名学生的平均每周球类运动时长进行数据基理，按[2,4)，[4,6)，[6,8)， [8,10),[10,12),「12,14]进行分组，绘制了如图所示的领率分布直方图. 颜华 组原 015 0.1125 00 0 46810214时长 (1)若将平均每周球类运动时长大于或等于10小时的学生视为“球类运动爱好者”， 已如该校高一年级有120名学生，试估计该校高一年领学生中“类运动爱好者”人数： (2)若小明的平均每周球类运动时长为10.5小时，试估计其是者超过该年级80%的 学生； (3)若甲，乙，丙三位同学的平均每周球类运动时长分别为8-m,m+3,3m+1,当其方 差2最小时，求m的值 高一致学试卷第3页（共4页） 18(17分) 已奥△4c的内角ABG,=(5a学m4.a1-号 (1)求tanAtanB的值： (2)求C的取值范图： (3)若M是边AB上的一点，当LACB最大时，MC=(-1,万)，求C的长 19.(17分) 如图，四棱维P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,PA=P阳=AB=BC=AD=2 (1)者LBMD=号，AB=CD,记三被锥P一-C外接球的球心为Q, (份求证：0D/平面PAB: 佃求三棱维P-ABC外接球的表面积 (2)记∠BMD=8,8e(0,7),当LABC=7+9时，求三被锥P-BCD体我的最大值， 高一数学试卷第4夏（共4）— 1— 普通高中2024-2025学年高一质量监测考试 数学参考答案 （2025.07）  选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D D A A C C D CD ACD ABD  填空题： 12．1 13．1 14．34 1.解析：因为 3 2    ，所以它在第二象限，选 B． 2.解析：化简得 2 2    a b ，所以 | | | |a b   ，选 D． 3.解析： 2 4 k      ， 3 2 4 k    ，选 D． 4.解析：不妨设总人数为 k，则 18 4 k ，所以 32k  ，所以计分组人数为 132 16 2   ,选 A． 5.解析： 1 1 1 1 1 1 3 1( ) 2 2 2 4 2 4 4 4 BE BA BD BA BC AB AC AB AB AC                     , 选 A． 6.解析： 2 2BOC BAC A    ， 2, 2 2 AOB OC OBC      , 1sin sin( A) cosA 2 3 OBC       ,选 C． 7.解析： 1 1A EB D B AED V V  , 1 1 1 1 1 3 3A EB DEB D AED S d S B B      , 1 1 2 A EB DEB D S d    ， 1 15, 2 3DE B E DB   ， 1 1 2 3 2 6 2EB D S     ，从而 1 2 6 36A EB D d    , 选 C． 8.解析： sin sin 2sin cosC B B A  ， sin(A B) sin 2sin cosB B A    ， sin( ) sinA B B   ， A B B   ， 2A B  ，从而 3C B  , 2 sin sin sin 1 sin sin 3 sin cos 2 cos sin 2 4cos 1 B B B C B B B B B B      ABC 为锐角三角形. — 2— 0 2 0 2 6 4 0 2 B B B B              ＜ ＜ ＜2 ＜ ＜ ＜ ＜ -3 ＜  22 3cos , , 4cos 1 1,2 2 2 B B           从而 2 sin 1 1 ,1 sin 4cos 1 2 B C B        ,选 D． 9.解析： ( , )z a bi a b R   ， ( 1) i 1z zz   ， 2 2( 1) 1a i b a b      ， 1 0 1 a b     或 ，选 CD． 10.解析：由图可知： 11 5 52 2 , 2 12 12 2 12 T k k              Z， ， 2 , 6 k k   Z 不妨取 6   , 2 6 T      ， ， sin 2 sin 2 cos 2 6 3 2 3 x x x         （ ） （ ） （ ）,A对． 11sin 2 ( ) 12 6       （ ） 0 ,B错．C显然正确． sin 2 ( ) sin 2 ) cos 2 3 6 2 y x x x          （ ） （ 为偶函数,D正确． 11．解析：A选项，直接验证，正确； sin( sin( si s) n in)e e( ) e )) ((ex x x xf x f x            ，B选项正确；  0,x  ，  sin 0,1x ，令 sin x t ，则  e e , 0,(t 1) t tf t  ． 因为 (t)f 在  0,1 时单调递增，所以 1( ) 0,e e f t      ，所以 1( ( )) 0, (e ) e f f t f     ，则 ( ( ))f f t ＞0恒成立.故 ( ( ))f f x 在  0,x  上无零点，C选项错误． 令 sin [ 1,1], ( ) e et tt x f t      ，是单调递增函数（ 1e , ( ) e t ty y   都是单调递增函数）， 所以 1 1 1 8( ) e e e e 3 3 3 t tf t          ，所以方程 8( ) 3 f x  无解，D选项正确．选 ABD． 12． 21 sin 2 2cos sin 2     ， 21 2cos  ， 2 1cos 2   ， 2 1sin 2   ， 2tan 1  ． 13．由向量的几何意义得 1m  . — 3— 14．解析：法 1：由 1 4 aba b   得， 4( 1) 4 ba b    ，所以 4b  ．又因为 a b ，即 4( 1) 4 b b b    ， 2 8 4b b  ， 2( 4) 20b   ，从而 4 8b  ， , *Na b ，所以 24, 5; 14, 6; 9, 8a b a b a b      ，从而该长方形的周长最小值为 2 2 34a b  ． 法 2： 1 4 aba b   得， 4 4 4 0, ( 4)( 4) 20ab a b a b       ，因为 , *a bN ，a b ， 所以 4 5, 4 4; 4 10, 4 2; 4 20, 4 1a b a b a b            ，后面方法同上. 法 3： 4( 4) 201, ( 4) 4 4 ab ba b a b b b b           ， 208 4 8 4 5 4 a b b b         ， 当且仅当 4 4b   取得“=”号，此时 8, 9b a  ，故该长方形周长 2 2a b 的最小值为34．  解答题 15．（13分） 解：（1）函数 ( ) sin( ) 4 f x x   ，所以函数 f(x)的单调递减区间为 32 2 , 2 4 2 k x k k         Z ， 解得 52 2 , 4 4 k x k k       Z． ……………………………………………………3 分 函数 f(x)的单调递增区间为 2 2 , 2 4 2 k x k k          Z， 解得 3 2 2 , 4 4 k x k k        Z． …………………………………………………6 分 所以函数 ( )f x 的单调递减区间为 5[ 2 , 2 ], 4 4 k k k     Z ．单调递增区间为 3[ 2 , 2 ], 4 4 k k k     Z ．……………………………………………………………7分 (2) ( ) cos( ) 4 f x x m   , 即 sin( ) cos( ) 4 4 x x m     ， 即 2 sin x m ． ………………………………………………………………10 分 因为  sin 1,1x  ， ……………………………………………………………11 分 所以 2 sin 2, 2x    ． ……………………………………………………12分 故 2m  ． ………………………………………………………………13分 — 4— 16．（15分） （1）证明：由 PA 平面 ABC，BC 平面 ABC，故 BC PA ．……………………2 分 又 BC AB ， PA， AB 平面 PAB，且 PA AB A ，所以 BC 平面 PAB．…5 分 又 AE 平面 PAB，所以 BC AE ． ………………………………………………6分 又 AE PB ， PB BC B ， PB， BC 平面 PBC ，所以 AE 平面 PBC ． ………………………………………………7 分 （2）证明：由（1）得， AE 平面 PBC ，又 PC 平面 PBC ，所以 AE PC ．…9 分 又 AF PC ， AE， AF 平面 AEF ，且 AE AF A ，所以PC 平面 AEF ． …………………………………………11 分 所以 PA 在平面 AEF 内的射影为 AF,故 PA 与平面 AEF 所成角为 PAF ， …………………………………………13 分 又 AF PF ，根据Rt PAF 与 Rt PCA 相似， 1tan tan 2 PAPAF PCA AC      ． ………………………………15分 17．（15分） 解：（1）由 (0.025 0.05 0.0625 0.1125 0.15) 2 1a       ，解得 0.1a  ．………2 分 平均每周球类运动时长大于或等于 10小时的人数为 (0.1 0.05) 2 40 12    人． 估计该校高一年级学生中“球类运动爱好者”人数为 121200 360 40   人．……………5分 （2）由题意，需要确定平均每周球类运动时长的 80%分位数，因为 (0.025 0.0625 0.1 0.1125 0.15) 2 0.7      ， (0.025 0.0625 0.1 0.1125 0.15 ) 2 0.9a       ，故 80%分位数位于[10,12)内． ……………………………………………………………………………………………7分 所以 0.8 0.710 2 11 0.9 0.7      ，即为 80%分位数．……………………………………………9分 因为10.5 11 ，所以没有超过该年级 80%的学生．………………………………………10分 （3）由题意，甲，乙，丙三位同学球类运动时长平均数为 8 3 3 1 4 3 m m mx m       ． …………………………………………………………………………………………11分 — 5— 2 2 2 2 (8 ) ( 3 ) (3 1 ) 3 m x m x m xs         …………………………………………………12分 2 2 2(4 2 ) (2 3) 1 8 28 26 3 3 m m m m        27 38( ) 4 2 3 m   ．所以当 7 4 m 时， 2s 最小． …………………………………………………………………15分 18.（17分） （1） 22 m m    ， 22 2 62 sin cos 2 2 2 A B A B                     ．…………………1分 化简得： cos( )cos( ) 2 A BA B   ， …………………3分 即 cos cos 3sin sinA B A B ． …………………4分 化简得： 1tan tan 3 A B  ． …………………………………5分 （2）在 ABC△ 中， tan tan 3tan tan( ) (tan tan ) 1 tan tan 2 A BC A B A B A B           ． …………………………………………………7 分 tan 0A  ， tan 0B  ， 1tan tan 2 tan tan 2 3 A B A B    ． 当且仅当 tan tanA B 时等号成立． ……………9 分 3 3 1(tan tan ) 2 3 2 2 3 A B       ． ………………………………10 分 tan 3C   ，当且仅当 tan tanA B 时等号成立． 2, 2 3 C       ．………12 分 （3）当 ACB 最大时， 2 3 C  ， 6 A B   ，…………………………………14 分 M AB ,当M 与 A和 B点重合时， 2AC  ，…………………………………15 分 当M 与 A和 B点不重合时， 5 1, , sin ,1 6 6 2                AMC AMC ．……16 分 在 AMC△ 中，由正弦定理， sin sin    CM AC CAM AMC 即 2 1 sin 2   AC AMC ， 4sin  AC AMC ,又 1sin ,1 2      AMC — 6—  2,4 AC ． 综上， [2, 4] AC ．…………………………………17分 19．（17分） （1）（ⅰ）证明：因为平面 PAB ⟂ 平面 ABCD，平面 PAB ∩平面 ABCD =AB，PA=PB， 作 PE⟂ AB，则 E为 AB的中点，且 PE⟂ 平面 ABCD． …………………2 分 因为 AB=CD，AB=BC=AD=2．所以底面四边形 ABCD为菱形，因为∠BAD= 3  ，所 以∠ABC= 2 3  ， 2 2 2 22 cos 12 3      AC AB BC AB BC ，即 2 3AC ．………3分 由正弦定理得ΔABC外接圆的半径为 2 3 2 2sin    r ABC ．…………………………4分 设ΔABC外接圆圆心为 O1，则 O1A=O1B=O1C=r=2．又 DA=DB=DC=2，从而 O1与 D重 合，即 D为ΔABC外接圆圆心． …………………………………………………5分 由三棱锥P-ABC的外接球的性质，即OD⟂平面ABCD，又PE⟂ 平面ABCD，所以OD//PE， 因为 PE平面 PAB，所以 OD //平面 PAB． ………………………………………………6分 （ⅱ）由题意，PAB为正三角形，则PAB外接圆的圆心在 PE上，记为 O2，由正三 角形性质可得圆 O2的半径 2 2 2 3 3 3 PO PE  ，则 2 3 3 O E ．………………………7分 连接 2OO ，则 2OO ⟂平面 PAB，所以 EDOO2为矩形， 2 3 3  OD O E ．……8分 三棱锥 P-ABC的外接球 2 2 39 3    R OA OD AD ．…………………………9分 所以三棱锥 P-ABC的外接球的表面积 2 524 3  S R ．…………………………10分 （2）由（1）可知，PE⟂平面 ABCD，PE为三棱锥 P-BCD底面 BCD上的高， 3PE ． — 7— 要使得三棱锥 P-BCD体积的最大，只需底面ΔBCD的面积最大.连接 BD，那么 2 2 2 2 cos 8 8cos      BD AB AD AB AD ， 2 2 1 cos 4sin 2    BD ． ………………………12分 又 , 2 AB AD ADB ABD       ．因为∠ABC= 2   ，所以 3 2 2 2 DBC ABC ABD             ． …………………………13分 所以 1 3sin 4sin sin 2 2 2BCD S BD BC DBC        4sin (sin cos cos sin )2 2 2      24sin cos 4sin cos sin 2 2 2      22cos cos 2sin   （1- ）+ 2cos 2cos2   ． 从而 2 22cos 2(2cos 1) 4cos 2cos 2BCDS            ． ……………15分 令 2 21 9cos , 4 2 2 4( ) 4 4BCD t S t t t          ，所以 1cos 4 t   时，面积最大． 9 4BCD S  ．故 1 3 9 3 3 3 3 4 4P BCD BCD V S PE      ． …………………………17分