精品解析：甘肃省兰州新区第一高级中学2024-2025学年高一下学期期末学业水平质量测试数学试卷

高一下学期期末学业水平质量测试卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数运算法则求，再由复数的模的计算公式求结论. 【详解】由已知， 所以， 故选：C. 2. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算的坐标公式求结论. 【详解】因为，， 所以，， 故选：D. 3. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式及扇形的弧长公式即可求解． 【详解】设圆锥的母线长为， 则，得， 又设圆锥的侧面展开图的圆心角为, 则，得． 故选：C． 4. 计算：（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】逆用和角的正切公式即可求出结果． 【详解】 故选：D． 5. 甲、乙两人独立地解同一问题.解决这个问题的概率分别为和，则恰好有1人解决这个问题的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，“恰有一人解决这个问题”可分拆为两个互斥事件：“甲解决且乙没有解决”和“甲没有解决且乙解决”，结合互斥事件的概率加法公式和独立事件定义计算其概率. 【详解】记“甲解决问题”为事件，“乙解决问题”为事件， 由已知，，，， 因为甲、乙两人独立地解同一问题，所以事件与相互独立，故与，与相互独立， 记“恰有一人解决问题”为事件，则，且与互斥， 所以 ， 故选：B. 6. 已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，且，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 顶角为的等腰三角形 C. 顶角为的等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】已知，根据正弦定理结合三角形内角关系化简，得出内角C. 根据A，B内角关系，结合化简，利用和角公式判断出内角A，B.根据内角A，B，C的值判断的形状. 【详解】已知，根据正弦定理,,,代入得： . 又，代入化简得： 消去同类项得.因为,故，即. 则，即.代入得： ，化简得： 根据和角公式： 已知，则，即 所以，三角形为等边三角形. 故选：A. 7. 已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的( ) （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角形的垂心） A. 重心外心垂心 B. 重心外心内心 C. 外心重心垂心 D. 外心重心内心 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C. 考点：向量在几何中的应用. 8. 已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱的中点，过P，Q，B作正方体的截面，则截面多边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用平面性质作出截面图形，然后利用勾股定理求出各个边长，即可得解. 【详解】取的中点为T，取的中点为S，取上靠近D的四等分点为M， 取上靠近的四等分点为G，取上靠近的三等分点为N， 连接. 如图 由正方体性质可知，在中，分别为的中点， 所以，所以，故四点共面， 在正方形中，且，所以为平行四边形， 所以，由正方体性质可知， 在中，分别为的三等分点，所以，所以， 故四点共面， 所以五边形为所求的截面多边形. 易知，，，，， 故，，，，. 所以截面五边形的周长为. 故选：A. 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. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则m，n可以是异面直线 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】AD可举出反例；BC根据空间中线线、线面、面面之间的位置关系，运用平行与垂直的判定定理，分析可得. 【详解】选项A：若，则，或相交.故A错. 选项B：若，则m，n可以异面，可以平行，也可以相交.故B对. 选项C:若，则内存在直线，使得， ，若，根据面面垂直判定定理，可得.故C对. 选项D：若，则或.故D错. 故选：BC. 10. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. 与的夹角为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的模长、夹角公式及向量垂直的表示对选项逐一分析即可. 【详解】对于：， 所以，即，故正确； 对于：设与的夹角为， 则，所以与的夹角为，故错误；正确； 对于：， 所以，故正确. 故选：. 11. 在平面直角坐标系中，若，则称“”为M，N点的“曼哈顿距离”.若动点E到两定点的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点E的轨迹为“曼哈顿椭圆”.若点P为该“曼哈顿椭圆”上一点，则下列说法正的是（ ） A. 已知点，则 B. “曼哈顿椭圆”关于x轴、y轴、原点对称 C. 的周长为 D. 该“曼哈顿椭圆”的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“曼哈顿距离”的定义求，判断A，根据定义求“曼哈顿椭圆”方程，结合方程研究其对称性，判断B，先研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹，结合对称性作轨迹，取特殊点求的周长，判断C，结合图象求面积判断D. 【详解】对于A，因为，根据定义可得，A正确； 对于B，设“曼哈顿椭圆”上任意一点为，则， 即， 即， 所以“曼哈顿椭圆”的方程为； 将点代入得，， 即，方程不变， 所以“曼哈顿椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变， 所以“曼哈顿椭圆”关于轴对称， 将点代入得，， 即，方程不变， 所以“曼哈顿椭圆”关于原点对称， 所以“曼哈顿椭圆”关于轴，轴，原点对称.，B正确； 对于C，先研究第一象限及x轴和y轴非负半轴上点的轨迹， ， 作曲线， 根据对称性，可作出如图“曼哈顿椭圆”， 则，，， 当点与重合时，的周长为 ，C 错误； 对于D，梯形的面积为，所以该“曼哈顿椭圆”的面积为，D正确， 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是_______. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为. 故答案为：. 13. 已知，则的值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】由条件根据两角和正弦公式可得，再由诱导公式可得，结合二倍角公式求结论. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，即， 所以， 故答案为：. 14. 在平面四边形ABCD中，是边长为2的等边三角形，是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体，在折起的过程中，四面体外接球表面积最小值为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】分析得到只需外接球半径等于等边的外接圆半径时，表面积最小，并验证此时平面⊥平面，满足要求，得到表面积最小值. 【详解】要想在折起的过程中，四面体外接球表面积最小，只需四面体外接球半径最小， 球心在平面的投影为等边的中心， 故只需外接球半径等于等边的外接圆半径，即， 取的中点，连接，则点在上， 其中，，又， 满足，故此时平面⊥平面， 四面体外接球半径最小值为，表面积最小值为. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数. （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的定义可得，解方程和不等式可得结论； （2）根据复数对应的点在第四象限可得其实部为正，虚部为负，列关于的不等式，求解即可. 【小问1详解】 因为复数是纯虚数， 所以， 由，可得或， 由，可得且， 所以； 【小问2详解】 因为复数z在复平面内对应的点位于第四象限 所以，化简可得 所以， 所以，实数m的取值范围是. 16. 已知某校高一、高二、高三三个年级的学生人数分别为540，360，360.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去儿童福利院参加庆六一献爱心活动. （1）应从高一、高二、高三三个年级的学生中分别抽取多少人？ （2）设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担献爱心活动的主持工作. （ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； （ⅱ）设事件T为“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件T发生的概率. 【答案】（1）应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人． （2） （ⅰ）不妨设为高一学生，为高二学生，为高三学生， 随机试验从中随机抽取2名同学的所有可能得抽取结果的集合 ，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共含有个样本点． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用分层抽样的定义结合已知条件求解即可； （2）（ⅰ）根据题意列出所有可能得抽取结果的集合即可，（ⅱ）确定事件所包含的样本点，利用古典概型概率公式求结论. 【小问1详解】 由题意知，高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者人数之比为， 又采用样本量按比例分配的分层随机抽样方法，从中抽取7名同学． 所以应从高一年级的学生志愿者中抽取（人）， 从高二年级的学生志愿者中抽取（人）， 从高三年级的学生志愿者中抽取（人）， 所以应从高一、高二、高三，三个年级的学生志愿者中分别抽取3人，2人，2人． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为事件T为“抽取的2名同学来自同一年级”， 所以，，，，，含个样本点， 所以. 17. 如图，四棱锥的各个棱长均相等，P为侧棱SD上的点，且. （1）求证：； （2）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：设，即为中点， 由题意得，所以， 底面为菱形，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）利用面面平行的性质定理证明线面平行，继而即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取上（靠近）的三等分点， 设点为的中点， 因为分别为的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面， 因为∽，所以， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 因为点为的中点，所以. 18. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若： （i）求函数的单调递增区间； （ii）已知，将的图象向左平移个单位长度，向下平移个单位长度得到函数的图象.在的图象上是否存在一点P，使得?若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）或. （2）（i）.（ii）存在，点. 【解析】 【分析】（1）根据推导出关于的方程，结合倍角公式分情况讨论确定. （2）（i）根据给定关系确定并化简函数，根据三角函数的单调性解不等式，确定单调递增区间；（ii）根据题意确定函数，假设点存在，根据已知条件进行向量运算得出关于x的方程，结合约束条件证实方程成立. 【小问1详解】 已知，即. 若，则； 若，则，. 【小问2详解】 （i）由已知. 令，解得： 时，单调递增. （ii）将的图象向左平移个单位长度， 向下平移个单位长度得到函数. 设，因为， 则，. 由， 整理得：. 因为，故， 当且仅当且时，方程成立.故存在点. 19. （1）如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为，求四边形ABCD的面积； （2）如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为a，b，c，d，试证明其面积为. （3）已知凸四边形的边长分别为，求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围. 【答案】（1） （2）如图所示： 连接AC，在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得: , 因为，则， 两式相减得：， 所以， 而， 因为， 所以， 所以， 所以， 则， ， 即. （3） 【解析】 【分析】（1）连接BD，分别在和 中，利用余弦定理，结合 ，得到，然后由求解； （2）连接AC，分别在和中，利用余弦定理结合，求得，再由，结合，得到，由证明. （3）结合（2），利用内切圆的定义得到答案. 【详解】（1）如图所示： 连接BD，在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得:, 因为，则， 两式相减得， 又， 所以， 所以. （2）略 （3）知凸四边形的边长分别为，求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围 在和中分别应用余弦定理，有 , 则,又, 两式平方相加,整理得 , 注意到 ， 故， ， 当，即A、B、C、D四点共圆时取等号. 另一方面，由知，最小时，最小，此时最大. 又因为,所以只需令最大即可. 设由三角不等式有. 易知随增加而增加, 随增加而增加, 所以只需比较和的情况即可. 此时四边形ABCD分别趋向于退化成边长为3、3、4和 4、4、2的三角形, 经比较可得面积较小者为. 故, 综上，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一下学期期末学业水平质量测试卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置. 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 2. 已知向量，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的底面半径为1，侧面积为，则此圆锥的侧面展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 4. 计算：（ ） A. B. 1 C. D. 5. 甲、乙两人独立地解同一问题.解决这个问题的概率分别为和，则恰好有1人解决这个问题的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，且，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 顶角为的等腰三角形 C. 顶角为的等腰三角形 D. 等腰直角三角形 7. 已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的( ) （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角形的垂心） A. 重心外心垂心 B. 重心外心内心 C. 外心重心垂心 D. 外心重心内心 8. 已知正方体的棱长为2，P，Q分别为棱的中点，过P，Q，B作正方体的截面，则截面多边形的周长为（ ） A. B. C. D. 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. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则m，n可以是异面直线 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. 与的夹角为 C. 与的夹角为 D. 11. 在平面直角坐标系中，若，则称“”为M，N点的“曼哈顿距离”.若动点E到两定点的“曼哈顿距离”之和为定值，则称点E的轨迹为“曼哈顿椭圆”.若点P为该“曼哈顿椭圆”上一点，则下列说法正的是（ ） A. 已知点，则 B. “曼哈顿椭圆”关于x轴、y轴、原点对称 C. 的周长为 D. 该“曼哈顿椭圆”的面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是_______. 13. 已知，则的值为_______. 14. 在平面四边形ABCD中，是边长为2的等边三角形，是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体，在折起的过程中，四面体外接球表面积最小值为_______. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数. （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围. 16. 已知某校高一、高二、高三三个年级的学生人数分别为540，360，360.现采用分层抽样的方法从中抽取7名同学去儿童福利院参加庆六一献爱心活动. （1）应从高一、高二、高三三个年级的学生中分别抽取多少人？ （2）设抽出的7名同学分别用A，B，C，D，E，F，G表示，现从中随机抽取2名同学承担献爱心活动的主持工作. （ⅰ）试用所给字母列举出所有可能的抽取结果； （ⅱ）设事件T为“抽取的2名同学来自同一年级”，求事件T发生的概率. 17. 如图，四棱锥的各个棱长均相等，P为侧棱SD上的点，且. （1）求证：； （2）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面.若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若： （i）求函数的单调递增区间； （ii）已知，将的图象向左平移个单位长度，向下平移个单位长度得到函数的图象.在的图象上是否存在一点P，使得?若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由. 19. （1）如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为，求四边形ABCD的面积； （2）如图，已知圆内接四边形ABCD的边长分别为a，b，c，d，试证明其面积为. （3）已知凸四边形的边长分别为，求四边形ABCD内切圆半径r的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $