精品解析：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

宿州市省、市示范高中2024-2025学年第二学期期末教学质量检测 高一数学试题 命题人：郭金华 审题人：张跃 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟. 第I卷选择题（共58分） 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. 已知复数，其中i为虚数单位，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知是空间中的两条直线，则“”是“无公共点”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 3. 设是平面内的两个单位向量，若⊥，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 某校高一、高二、高三年级学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为200的样本，则从高一年级抽取的学生人数为（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 100 5. 某袋中有编号为的个小球（小球除编号外完全相同），甲先从袋中摸出一个球，记下编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，记下编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是（ ） A B. C. D. 6. 已知A、B是单位圆O上的两点（O为圆心），，点C是线段AB上不与A、B重合的动点.MN是圆O的一条直径，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 某同学为测量学校附近山上信号塔的高度AB（塔底视为点B，塔顶视为点A），在山脚下选取了两点C，D（其中A，B，C，D四点在同一个铅垂平面内），在点C处测得点A的仰角为，在点D处测得点A、B的仰角分别为，测得米，则按此法测得的塔高为（ ） A. 67米 B. 72米 C. 74米 D. 76米 8. 在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（ ） 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. 设样本空间含有等可能样本点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与为互斥事件 B. 事件与为对立事件 C 事件两两相互独立 D. 10. 在中，，若点D满足：，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 的面积为3 D. 的外接圆半径为 11. 在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. E，F，G，H四点共面 B. FH与BC所成角的余弦值为 C. 正三棱柱的外接球表面积为 D. 若平面，则动点N轨迹长度为 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中i为虚数单位，则_______. 13. 数据的平均数，方差，若，则数据的平均数______，方差______． 14. 已知一个圆锥的表面积为，则它的体积最大值为_______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 15. 已知平面向量． （1）求与的夹角余弦值； （2）若，求实数的值． 16. 某地区市政府为了鼓励居民节约用电，计划调整居民生活用电收费方案，拟确定一个合理的月用电量标准（千瓦时）：月用电量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费．为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了100位居民每人的月均用电量（千瓦时），将数据按照分成7组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并且计算样本的平均数； （2）若该市有900万居民，估计全市居民中月均用电量不低于400千瓦时的人数； （3）若该地区市政府希望使的居民每月的用电量不超过标准（千瓦时），估计的值．（结果保留整数） 17. 每年的3月14日为国际数学日，也被称为“日”，某学校在国际数学日举办了“数学知识竞赛”，竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为p、q．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为． （1）求p和q的值； （2）求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且． （1）求角A大小； （2）若，且，求a的值； （3）若AD为角平分线，求的最小值． 19. 如图，在四棱锥中，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD的交点为O，且平面ABCD，是等边三角形，点E是线段AD上的动点． （1）证明：； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）求直线PE与平面PBC所成角的正弦值的最大值，并指出点E此时所在的位置． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宿州市省、市示范高中2024-2025学年第二学期期末教学质量检测 高一数学试题 命题人：郭金华 审题人：张跃 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．填空题和解答题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试用时120分钟. 第I卷选择题（共58分） 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. 已知复数，其中i为虚数单位，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据等式求出复数，进而得到共轭复数，从而可确定其象限. 【详解】因为复数， 所以共轭复数. 所以共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限. 故选：C. 2. 已知是空间中两条直线，则“”是“无公共点”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】利用异面和平行直线的概念结合充分必要条件判断． 详解】则无公共点，故充分性成立， 无公共点可推得或是异面直线，故必要性不成立； 所以“”是“无公共点”的充分不必要条件， 故选：A． 3. 设是平面内的两个单位向量，若⊥，则的值为（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据单位向量垂直得到，，进而由向量数量积运算法则计算出答案. 【详解】因为与是单位向量，且⊥，所以，且， 所以． 故选：D 4. 某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为200的样本，则从高一年级抽取的学生人数为（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样的抽样比即可求得结果. 【详解】因为高一、高二、高三年级的学生人数之比为， 所以高一年级学生人数占三个年级总人数的比例为：， 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：（人）. 故选：B. 5. 某袋中有编号为的个小球（小球除编号外完全相同），甲先从袋中摸出一个球，记下编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，记下编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据（甲，乙）方法得出总的取法的结果，求得符合题意的个数，可求甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率． 【详解】甲先从袋中摸出一个球，有4种可能的结果，乙再从袋中摸出一个球，有4种可能的结果， 如果按（甲，乙）方法得出总共的结果为：16个， 甲、乙两人所摸出球的编号不同的结果为12个， 甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是. 故选：A． 6. 已知A、B是单位圆O上的两点（O为圆心），，点C是线段AB上不与A、B重合的动点.MN是圆O的一条直径，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，利用向量的运算可以将转化为，进而得解. 【详解】∵，∴点在线段上，且， ∴ ， ∵，∴. 故选：A 7. 某同学为测量学校附近山上信号塔的高度AB（塔底视为点B，塔顶视为点A），在山脚下选取了两点C，D（其中A，B，C，D四点在同一个铅垂平面内），在点C处测得点A的仰角为，在点D处测得点A、B的仰角分别为，测得米，则按此法测得的塔高为（ ） A. 67米 B. 72米 C. 74米 D. 76米 【答案】B 【解析】 【分析】设直线CD与AB交于点E，分别用表示出， 利用解出，再解出，最后出塔高即可. 【详解】设直线CD与AB交于点E，则， 由题意，， 又，且，代入解得， 从而， 进而， 所以塔高米． 故选：B 8. 在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作图，根据线面平行判定定理可知平面，然后根据线面平行的性质定理可知，可得，判断即可. 【详解】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图： 因为平面DAM，平面DAM， 所以平面DAM，又平面，平面平面，所以， 因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面， 又平面PDM，平面平面，所以， 所以，因此． 故选：C 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. 设样本空间含有等可能样本点，且，则下列说法正确的是（ ） A. 事件与为互斥事件 B. 事件与为对立事件 C. 事件两两相互独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据互斥事件的定义判断A；根据对立事件的定义判断B；根据独立事件的定义判断C；选项D需验证三事件同时发生的概率是否等于各自概率的乘积. 【详解】因为，即件与能同时发生，不是互斥事件，A错； 因为且，即事件与不能同时发生且必有一个发生， 事件与为对立事件，B正确； ，， ，故独立； ，，，故独立； ；，故独立, 综上事件两两相互独立，C正确； 选项D：，故,,，选项D错误. 故选：BC. 10. 在中，，若点D满足：，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 的面积为3 D. 的外接圆半径为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，根据等式可变形化简求出的关系，进而可求出的关系；对于选项B，先根据求出，然后根据余弦定理求出的值；对于选项C，根据勾股定理可确定，进而可求出三角形面积；对于选项D，根据直角三角形外接圆半径为斜边的一半可求出外接圆半径. 【详解】因为，所以， 即，所以，故A正确； 因为，所以，因为， 所以解得， 在中，因为，由余弦定理得， ，即，故B正确； 又因，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． 故选：ABD. 11. 在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. E，F，G，H四点共面 B. FH与BC所成角的余弦值为 C. 正三棱柱的外接球表面积为 D. 若平面，则动点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，证明即可证明四点共面；对于选项B，先确定与所成角，然后根据余弦定理可求出其余弦值；对于选项C，先由正弦定理求出外接圆半径，然后根据勾股定理求出球的半径，从而求出球的表面积即可；对于选项D，先确定动点的轨迹，然后根据勾股定理求出轨迹长度. 【详解】连接，因为分别为的中点， 所以，从而，故四点共面，A正确； 连接，因为，则为与所成角， 在中， 由余弦定理可得，B错误； 在等边中，由正弦定理可得，的外接圆半径， 设正三棱柱的外接球半径为，且球心到平面的距离为1， 由勾股定理可知， 所以球的表面积为，C正确； 在正三棱柱中，取的中点，连接， 可知， 又平面平面平面平面， 所以平面平面， 又因为是平面内两条相交直线，因此平面平面， 当点N在四边形内及其边界上运动时，若平面， 则在平面内，从而动点N的轨迹为， 又因为，所以动点N的轨迹长度为，D正确． 故选：ACD. 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，其中i为虚数单位，则_______. 【答案】1 【解析】 【分析】先根据复数的除法化简，再根据模的概念求解. 【详解】因为. 所以 故答案为：1 13. 数据的平均数，方差，若，则数据的平均数______，方差______． 【答案】 ①. 25 ②. 80 【解析】 【分析】根据平均数、方差的性质求解即可． 【详解】由题意数据的平均数为，方差为， 根据平均数和方差性质可得 数据的平均数， 方差. 故答案为：25；80 14. 已知一个圆锥的表面积为，则它的体积最大值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据圆锥的底面半径和母线长的关系以及表面积的值求出的表达式，然后利用圆锥的体积公式和二次函数的性质求出体积的最大值. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，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． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或者演算步骤. 15. 已知平面向量． （1）求与的夹角余弦值； （2）若，求实数的值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据向量夹角的余弦公式和向量数量积的坐标公式进行求解即可. （2）根据向量共线的坐标公式求出参数的值. 【小问1详解】 由已知，， 所以. 【小问2详解】 由已知，， 因此由，可得， 解得． 16. 某地区市政府为了鼓励居民节约用电，计划调整居民生活用电收费方案，拟确定一个合理的月用电量标准（千瓦时）：月用电量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费．为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了100位居民每人的月均用电量（千瓦时），将数据按照分成7组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并且计算样本的平均数； （2）若该市有900万居民，估计全市居民中月均用电量不低于400千瓦时的人数； （3）若该地区市政府希望使的居民每月的用电量不超过标准（千瓦时），估计的值．（结果保留整数） 【答案】（1）， 395（千瓦） （2）495万人 （3）（千瓦）． 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的频率之和为1求出的值，进而可求得样本的平均值. （2）由频率分布直方图求出用电量不低于400千瓦的频率，进而求得用电量不低于400千瓦的人数. （3）根据百分位数的公式求出85%百分位数，进而可求得的值. 【小问1详解】 由频率之和为1，可得， 解得， 样本的平均数为： （千瓦）. 【小问2详解】 由图可得，用电量不低于400千瓦的频率为， 故全市居民中月均用电量不低于400千瓦的人数为万人. 【小问3详解】 由图可得，前5组的频率之知为， 前6组的频率之和为， 设第85百分位数为，则， 故， 解得（千瓦）． 17. 每年的3月14日为国际数学日，也被称为“日”，某学校在国际数学日举办了“数学知识竞赛”，竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为p、q．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为． （1）求p和q的值； （2）求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型和已知条件求出事件“甲，乙各有一轮胜出”、“甲，乙两轮都胜出”的概率，然后求出参数即可. （2）甲、乙两人至少有一人两轮都胜出的概率等于甲两轮胜出的概率、乙两轮胜出的概率以及甲乙两轮都胜出的概率之和. 【小问1详解】 记事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 记事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件 “第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得相互独立， 且， 记事件 “甲，乙各有一轮胜出”，事件 “甲，乙两轮都胜出”， 则， ， 从而有，解得， 【小问2详解】 记事件 “甲两轮都胜出”，事件 “乙两轮都胜出”， 事件 “甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ， . 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且． （1）求角A的大小； （2）若，且，求a的值； （3）若AD为角平分线，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，从而求出； （2）先计算出，两边平方求出，又，联立两式解得，由余弦定理求出； （3）若AD为角平分线，则，在中，由正弦定理得到，，故，根据基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 由已知， 由正弦定理，可得， 又因为，代入上式， 化简得：， 因为中，，所以，从而， 故，因为，所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 由（1）知，， 所以 ， 由已知，所以，即， 又，联立两式解得，， 由余弦定理，可得，即． 【小问3详解】 若AD为角平分线，则， 在中，由正弦定理，得， 即， 所以，， 所以 即， 又因为，所以，， 从而， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 19. 如图，在四棱锥中，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD的交点为O，且平面ABCD，是等边三角形，点E是线段AD上的动点． （1）证明：； （2）求二面角的平面角的正切值； （3）求直线PE与平面PBC所成角的正弦值的最大值，并指出点E此时所在的位置． 【答案】（1）证明见解析 （2）2 （3），点E在线段AD上靠近D点的处． 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）过作，利用定义法求出二面角的平面角的正切值. （3）证得平面，利用等体积法求出点E到平面距离，再列式表示出角的正弦，进而推理求解最大值. 【小问1详解】 证明：因为平面，平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为，PO、平面，所以平面， 又平面，所以． 【小问2详解】 过P在平面内作于H，连接OH， 因为平面，平面，所以， 又，PO、平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 由题意知，是边长为2的等边三角形， 所以， 由， 得， 在直角中，， 所以二面角的平面角的正切值为2． 【小问3详解】 因为，且平面，平面，所以平面， 所以E到平面的距离即为D到平面的距离h， 因为，所以， 即， 所以，即E到平面的距离为， 设直线PE与平面所成的角为，则， 要使的正弦值最大，则需使PE最小，此时， 由对称性知，，所以的最大值为， 此时， 故直线PE与平面所成角的正弦值最大值为， 此时点E在线段AD上靠近D点的处． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$