安徽省宿州市省、市示范高中2024-2025学年高一下学期7月期末教学质量检测数学试题

高一数学答案第 1 页 （共 7页） 宿州市省、市示范高中 2024—2025 学年度第二学期期末教学质量检测 高一数学试题 参考答案与评分细则 一、单项选择题（本题共 8小题，每小题 5分，共 40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D B B A B C 1．C【解析】由已知计算得 ，则 ，所以 的共轭复数在复平面内 对应的点坐标为 ，在第三象限. 2．A【解析】由 ，可知 与 没有公共点，而 与 没有公共点时，则有 或者 与 是异面直线，所以“ 是“ 与 没有公共点”的充分不必要条件. 3．D【解析】因为 与 是单位向量，且 ，所以 ，且 ， 所以 ． 4．B【解析】因为高一、高二、高三年级的学生人数之比为3:3: 4，所以高一年级学生人 数占三个年级总人数的比例为： 3 3 3 3 4 10 = + + ，根据分层随机抽样的计算方法，从高 一年级抽取的学生人数为： 3 200 60 10  = （人）. 5．B【解析】由题意为有放回摸球，甲先从箱子中摸出一个球，有 4 种可能的结果，乙再 从箱子中摸出一个球，有 4 种可能的结果，按（甲，乙）方式记录摸球结果，总共有 16 种摸球结果，而甲、乙两人所摸出球的编号不同的结果为 12 个，故甲、乙两人所 摸出球的编号不同的概率是 12 3 16 4 = . 6．A【解析】因为 ，且 在线段 上，所以 ， 又 ， 且由已知， ， ，所以有 ， 所以 . 7．B【解析】设直线 与 交于点 ，则 ， 由题意， ， ， 又 ，且 ，代入解得 ， 从而 ， 高一数学答案第 2 页 （共 7页） 进而 ， 所以塔高 米. 8．C【解析】设平面 与 交于点 ， 连接 交 于点 ，连接 ， 因为 ， 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 又 平面 ，平面 平面 ，所以 ， 因为 是三等分点，所以 ， 因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，平面 平面 ，所以 ， 所以 ，因此 ． 二、多项选择题（本题共 3小题，每小题 6分，共 18分） 题号 9 10 11 答案 BC ABD ACD 9．BC【解析】因为 ，所以 与 不是互斥事件，故 A 错误； 因为 ， ，所以 与 为对立事件，故 B 正确； 因为 ， ， 所以 ， ， ， 因此 、 、 两两相互独立，故 C 正确； 因为 ，所以 ，而 ，故 D 错误. 10．ABD【解析】因为 ，所以 ， 即 ，所以 ，故 A 正确； 因为 ，所以 ， 中，因为 ， ，由余弦定理得， ，即 ，故 B 正确； 高一数学答案第 3 页 （共 7页） 又因为 ，所以 ，即 ， 因此 ，故 C 错误； 因为 ，所以 ， 因此 的外接圆半径为 ，故 D 正确 . 11．ACD【解析】因为 , , ,E F G H 分别为 1 1 1 1 1 1, , ,BB CC AB AC 的中点， 所以 ， ，从而 ，故 , , ,E F G H 四点共面，A 正确； 连接 ,EF EH，因为EF BC∥ ，则 HFE 为FH 与BC所成角， 在△𝐻𝐹𝐸中 2 2 2 2 2 1 1 1 12, 1 1 2, 1 ( 3) 2EF FH HC FC EH EB HB= = + = + = = + = + = , 由余弦定理可得 2 2 2 2 4 4 2 cos 2 42 2 2 HF FE EH HFE HF EF + − + −  = = =     ，B 错误； 在等边△𝐴𝐵𝐶中，由正弦定理可得，△𝐴𝐵𝐶的外接圆半径 ， 设正三棱柱的外接球半径为 R，且球心到平面 ABC的距离为 1， 由勾股定理可知 ， 所以球的表面积为 2 28π4π 3 R = ，C 正确； 在正三棱柱中，取 AB的中点D，连接 1 1, ,DB DC CB ， 可知 ， ， 又 平面 1AGC ， 平面 1AGC ， 平面 1AGC ， 平面 1AGC ， 所以 平面 1AGC ， 平面 1AGC ， 又因为 1,DC DB 是平面 1DCB 内两条相交直线，因此平面 平面 1AGC ， 当点N在四边形 1 1ABB A内及其边界上运动时，若CN∥平面 1AGC ， 则CN在平面 内，从而动点N的轨迹为 ， 又因为 2 2 1 1 1 4 5DB DB BB= + = + = ，所以动点N的轨迹长度为 ，D 正确. 三、填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15分） 12．1【解析】由复数模长的运算性质，可知 . 高一数学答案第 4 页 （共 7页） 13．25（本空 2分），80（本空 3分） 【解析】由平均数和方差的性质，可得数据 的平均数 ，方 差 . 14． 【解析】设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，高为 ，则 ， 因为圆锥的表面积为 ，所以 ， 从而 ， ，且 ， 所以圆锥的体积为 ， 因此当 时，体积 取到最大值 . 四、解答题（本题共 6小题，共 77分） 15．【解析】（1）由已知， ，······································2分 所以 ，······················6分 （2）由已知， ， ，···················8分 因此由 ，可得 ，··················11分 解得 . ·······················································13分 16．【解析】（1）由频率和为 1，可得 (0.0005 0.001 3 0.002 0.003) 100 1a+  + + +  = 解得 0.0015a = ，························································2分 样本的平均数为： 50 0.05 150 0.1 250 0.1 350 0.2 450 0.3 550 0.15 650 0.1 395 +  +  +  +  +  +  = （千瓦） ································································5分 （2）由图可得，用电量不低于400千瓦的频率为0.3 0.15 0.1 0.55+ + = ，··········7分 故全市居民中月均用电量不低于400千瓦的人数为900 0.55 495 = 万人. ································································9分 （3）由图可得，前5组的频率之和为0.05 0.1 2 0.2 0.3 0.75+  + + = ， 前6组的频率之和为0.05 0.1 2 0.2 0.3 0.15 0.9+  + + + = ，·····················11分 高一数学答案第 5 页 （共 7页） 设第85百分位数为 x，则 ， 故 ( )0.75 500 0.0015 0.85x+ −  = ，········································13分 解得 567x  （千瓦）. ·················································15分 17．【解析】（1）记事件 1A = “第一轮比赛中甲胜出”，事件 2A = “第二轮比赛中甲胜出”， 记事件 1B = “第一轮比赛中乙胜出”，事件 2B = “第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得 1A， ， 1B ， 2B 相互独立， 且 ( )1 3 4 P A = ， ( )2P A p= ， ( )1 2 3 P B = ， ( )2P B q= ,··························2分 记事件D = “甲，乙各有一轮胜出”，事件E = “甲，乙两轮都胜出”， 则 ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 2 1 9 ( ) (1 ) (1 ) 4 4 3 3 50 P D P A A A A P B B B B p p q q     = + + = − + − + =        ， ··························································4分 ( )1 2 1 2 3 2 6 ( ) 4 3 25 P E P A A B B p q= =  = ，·······································6分 从而有 1 1 2 4 3 5 12 25 q p pq  + =   =  ，解得 ， ，·······························8分 （2）记事件 “甲两轮都胜出”，事件 “乙两轮都胜出”， 事件K = “甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ···························9分 3 3 9 ( ) 4 5 20 P G =  = ， 2 4 8 ( ) 3 5 15 P H =  = ，···································12分 9 7 11 8 9 8 63 88 72 223 ( ) ( ) ( ) ( ) . 20 15 20 15 20 15 300 300 P K P GH P GH P GH + + = + + =  +  +  = = ··························································15分 18．【解析】（1）由已知 ， 由正弦定理，可得 ， 又因为 ，代入上式， 化简得： ，······························2分 因为 中， ，所以 ，从而 ， 高一数学答案第 6 页 （共 7页） 故 ，因为 ，所以 .························5分 （2）因为 ， 所以 ， 所以 ，·············7分 由已知 ，所以 ，即 ， 又 ，联立两式解得， ， ，··················9分 由余弦定理，可得 ，即 . ······································11分 （3）若 为角平分线，则 ， ， 在 中，由正弦定理，得 ，···········12分 即 ，所以 即 ，··································15分 又因为 ，所以 ， 从而 ，等号成立当且仅当 ， 所以 的最小值为 . ·································17分 19．【解析】（1）证明：因为 ⊥PO 平面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以PO AC⊥ ， 因为四边形 ABCD为菱形，所以BD AC⊥ ，·································2分 因为PO BD O= ，PO、BD 平面PBD，所以 AC ⊥平面PBD， 又 PD 平面PBD，所以𝐴𝐶 ⊥ 𝑃𝐷．·······································4分 （2）过 P在平面PBC内作PH BC⊥ 于H，连接OH， 因为OP ⊥平面 ABCD， BC 平面 ABCD，所以𝑃𝑂 ⊥ 𝐵𝐶， 又PO PH P= ，PO、PH 平面POH，所以 ⊥BC 平面POH， 高一数学答案第 7 页 （共 7页） 又OH 平面POH，所以BC OH⊥ ， 所以 PHO 为二面角P BC A− − 的平面角，·································7分 由题意知， PBD△ 是边长为2 的等边三角形， 所以 3PO = ， 由 1 1 2 2 OBCS OC OB OH BC=  = △ ， 得 3 1 3 2 2 OC OB OH BC   = = = ， 在直角 中， tan 2 PO PHO OH  = = ， 所以二面角P BC A− − 的平面角的正切值为2 .·····························10分 （3）因为 //AD BC，且 AD平面 ,PBC BC 平面PBC，所以 / /AD 平面PBC， 所以E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离 h，·····················11分 因为 D PBC P BCDV V− −= ，所以 1 1 3 3 PBC BCDh S OP S = △ △ ， 即 sin60h PH BC OP BC BD  =   ， 所以 2 2 3 3 2 sin60 2 152 53 3 4 OP BD h OP OH     = = = + + ，即E到平面PBC的距离为 2 15 5 h = ， ···························································13分 设直线PE与平面PBC所成的角为，则 2 15 sin 5 h PE PE  = = ， 要使的正弦值最大，则需使PE最小，此时𝑃𝐸 ⊥ 𝐴𝐷， 由对称性知， 15 2 PE PH= = ，所以 的最大值为 ，····················15分 此时 2 2 15 1 1 4 4 2 4 DE PD PE AD= − = − = = ， 故直线PE与平面PBC所成角的正弦值最大值为 4 5 ， 此时点E在线段 AD上靠近D点的 1 4 处. ··································17分