精品解析：山东省枣庄市2024-2025学年高一下学期期末质量检测数学试题

2024~2025学年高一教学质量检测 数学 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共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. 复数的虚部为（   ） A. 1 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数的除法结合虚部的概念可得. 【详解】， 所以虚部为3. 故选：C. 2. 某中学有青年教师95人，中年教师65人，老年教师20人，为了调查他们的健康状况，需从他们中抽取一个容量为36的样本，则合适的抽样方法是（   ） A. 抽签法 B. 随机数法 C. 分层随机抽样 D. 简单随机抽样 【答案】C 【解析】 【分析】根据样本的年龄特性确定抽样方法． 【详解】由于样本中年龄分为三个层次：老年，中年，青年，因此采取分层抽样方法． 故选：C． 3. 如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（ ） A. 三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 四棱柱 【答案】B 【解析】 【分析】根据锥体、柱体、台体等知识确定正确答案. 【详解】截去三棱锥，则剩余的部分是四棱锥. 故选：B 4. 有三个命题：①；②；③，其中正确命题的个数为（   ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由二倍角的正余弦，正切公式可得. 详解】，①正确； ，②正确； 因为， 所以，③正确. 故选：D. 5. 一圆台的上下底面的半径分别为1和2，侧面积为，则其体积为（   ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助圆台体积公式与侧面积公式计算即可得. 【详解】设该圆台的高为，母线长为，上下底面半径分别为， 圆台的侧面积，所以， 所以高， . 故选：B 6. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由在一轮活动中，两人全答对，在另一轮活动中，只有一个人答对的情况下利用独立事件的乘法公式可得. 【详解】由题意可得在一轮活动中，两人全答对，在另一轮活动中，只有一个人答对， 所以其概率为. 故选：A. 7. 已知|，，，则下列结论错误的是（   ） A. B. 若，则 C. D. 在上的投影向量为 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的模，数量积，向量平行的条件，投影向量逐项判断可得. 【详解】对于A，，则， 所以，又， 所以，故，故A正确； 对于B，因为，则， 又，即， 设，则，解得，故B错误； 对于C，， 由可得，即，故C正确； 对于D，，所以在上的投影向量为，故D正确. 故选：B. 8. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今仍在农业生产中发挥作用，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．一半径为2m的筒车水轮如图，水轮圆心O距离水面1m，已知水轮每30s逆时针匀速转动一圈，如果当水轮上的点P从水中浮现时（图中点）开始计时，则下列结论错误的是（   ） A. 点P再次进入水中用时20s B. 当水轮转动25s时，点P处于最低点 C. 当水轮转动28.75s时，点P距离水面 D. 点P第三次到达距水面时用时42.5s 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，利用角度除以角速度等于时间，再结合特殊角三角函数值逐项判断可得. 【详解】由题意，角速度弧度/秒， 又由水轮的半径为2米，且圆心O距离水面1米，可知半径与水面所成角为，点P再次进入水中用时为秒，故A正确； 当水轮转动25秒时，半径转动了弧度，而，点P正好处于最低点，故B正确； 当水轮转动28.75秒时，由于，又，所以距水面高度为米，故C正确； 逆时针转动一周时，两次到达离水面高度为用时30秒， 所以第三次到达距水面高度为时需要转动一周后再逆时针转动弧度，此时用时为秒， 所以点P第三次到达距水面米时用时37.5秒，故D错误． 故选：D． 二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知复数，则下列命题正确的是（   ） A. 若，则 B. 若z是纯虚数，则 C. 若，则 D. 若，则，或 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由复数的幂求出复数的表达式，然后复数为实数，纯虚数，复数的模，以及共轭复数的概念逐项判断可得. 【详解】因为，所以，所以， 对于A，因为，所以，解得，故A正确； 对于B，若z是纯虚数，则，即，故B错误 对于C，若，则，则，故C正确； 对于D，若，即，则，或，故D正确. 故选：ACD 10. 记事件M中的样本点个数为．对于一个古典概型试验的样本空间Ω和事件E，F，已知，，，，，，则（   ） A. B. 与互不相容 C. 与相互独立 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用古典概型相关知识，以及互斥事件，对立事件，相互独立事件概率计算公式即可求解 【详解】A：由题可知总样本空间数位，事件，则，故A正确； B：由，则得，故B错误； C：由题可得，，满足，则与相互独立，故C正确； D：，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（   ） A. B. 平面平面 C. 点G到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理证明出平面可判断A，由面面垂直的判定定理证明平面可得B正确；将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出三棱锥外接球的半径，利用球体的表面积可求得结果可判断D；利用等体积法可求得点到平面的距离可判断C. 【详解】在正方形中，，，， 在三棱锥中，则，， ，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 且，又，又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确； 将三棱锥补成长方体， 所以，三棱锥外接球的直径为， 因此，三棱锥外接球的表面积为，故D正确； ，， ，取的中点，连接，则， ，则， 设点到平面的距离为，由，可得，解得，故C错误； 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则 ________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用向量坐标运算可得，，，即可得结果. 【详解】因，， 则，，， 所以. 故答案为：. 13. 某运动员每次投篮投中的概率均是0.6，用计算机产生之间的随机整数，当出现随机数，表示“投中”，出现表示“未投中”．以每3个随机数为一组，代表该运动员3次投篮的结果，产生了20组随机数：783 062 228 049 276 102 734 933 750 076 140 065 061 215 693 599 494 411 987 789．据此估计“该运动员连续投篮3次至少投进2个球”的概率为________． 【答案】0.65## 【解析】 【分析】结合题意，由古典概率可得. 【详解】由题意可得062 228 049 102 734 933 750 140 065 061 215 494 411 符合题意， 所以由古典概率可得. 故答案为：0.65. 14. 如图，正方体的棱长为3，点M，N分别在棱，上，满足，点Q在正方体的内部或表面，且平面，则点Q组成的图形的面积是________． 【答案】## 【解析】 【分析】在上取点，使得，证得平面平面，得到点的轨迹组成的图形为，在等腰三角形中，求得底边上的高，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 分别连结， 因为，可得，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 由且，可得， 又由且，所以， 在正方体中，可得，所以， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可证平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因此点的轨迹组成的图形为， 等腰三角形中，， 可得底边上的高为， 所以面积为， 故答案为：. 四、解答题：本大题共5个小题，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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且． （1）求a，A； （2）求的面积及． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由及余弦定理计算可得；再由特殊角的三角函数值可得； （2）由三角形的面积公式可得面积；法1：变换面积公式的表达形式可得；法2：由正弦定理可得. 【小问1详解】 由及余弦定理，得， 即，即． 由余弦定理，得． 又，所以. 【小问2详解】 ． 法1：由，得． 法2：由正弦定理，得． 16. 某学校组织高一数学挑战赛，现从参加挑战赛的学生中随机选取100人，将其成绩（百分制）分成，，…，六组，得到频率分布直方图（如下图），请完成下列问题： （1）求频率分布直方图中a的值，用样本估计总体，估计参加挑战赛的学生成绩的平均分（每个区间内的值以该组区间的中点值为代表）； （2）求参加挑战赛的学生成绩的分位数； （3）已知落在区间的样本平均分是63，方差是5；落在区间的样本平均分是78，方差是4，求两组样本成绩合并后的平均分和方差． 【答案】（1），71.5 （2）88． （3）72；58.4 【解析】 【分析】（1）利用面积和为1计算可得；由频率分布直方图中平均数的计算可得； （2）由频率分布直方图中百分位数的计算可得； （3）先计算成绩在，内的人数，求出平均值，再由方差的计算可得. 【小问1详解】 由，解得． 平均分的估计值为 ． 【小问2详解】 成绩小于90分的占比为，成绩小于80分的占比为， 所以分位数一定位于区间，而，所以分位数为88． 【小问3详解】 成绩在，内的人数分别为，． ． 设学生成绩在区间内的数据记为，，…，，学生成绩在内的数据记为，，…，，所以 17. 已知α，β，γ是三个平面，，，． （1）若，求证：； （2）若，判断a与c及b与c的关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2），，理由见解析 【解析】 【分析】（1）基本事实（公理）3结合点线面间位置关系可得； （2）由平行公理和线面平行的性质定理可得. 【小问1详解】 证明：因为，所以． 因为，所以． 又，所以． 同理可证，所以O为β与γ的一个公共点． 又，由基本事实（公理）3，得． 【小问2详解】 因为，，， 由直线与平面平行的判定定理，得． 又，， 由直线与平面平行的性质定理，得． 又，由基本事实（公理）4，得． 18. 在三棱柱中，侧面为菱形，，，，M为的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）请作出二面角的一个平面角，并求其正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）作图见解析，． 【解析】 【分析】（1）连接，所以，利用线面平行的判定定理可得结论； （2）连接，，可得． 解法一：由勾股定理可证得，又，利用线面垂直的判定定理可得平面； 解法二：取线段的中点D，则，从而，又，从而平面，得，又，从而可得平面； （3）作于点H，过H作，可证得平面，所以，，又，所以平面，得，所以为二面角的一个平面角，由题设求解即可. 【小问1详解】 如图，连接． 因为侧面为平行四边形，，所以N为的中点． 又因为M为的中点，所以为的中位线，所以． 又平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 连接，．在菱形中，，， 所以为等边三角形．又M是的中点，所以． 解法一：在中，因为M是斜边的中点，所以． 在中，，，， 所以，所以． 又，平面，平面，， 所以平面． 解法二：取线段的中点D，连接，，． 因为是的中位线，所以． 又，所以． 在中，，D是的中点，所以． 又，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，，平面， 所以平面． 【小问3详解】 过点C作于点H；过H作，垂足为K，连接． 由（2）知平面，因为平面， 所以平面平面． 又平面，平面平面，， 所以平面． 因为平面，平面，所以，． 又，，平面， 所以平面． 因为平面，所以． 所以为二面角的一个平面角． 在中，，，，， 由， 得． 由，得． 在中，，． 在中，，， 即二面角的正切值为． 19. （1）叙述余弦定理，并用向量法证明； （2）叙述正弦定理，并用向量法证明（仅证明钝角三角形的情形，设A为钝角）； （3）用正弦定理证明余弦定理． 【答案】（1）余弦定理：三角形任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍．，证明见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算结合运算律可得；（2）法1：过点A作与垂直的单位向量，结合三角函数的诱导公式和数量积的定义可得；法2：过点B作边上的高，由向量的线性运算结合数量积的定义和诱导公式可得；（3）由正弦定理变化角结合二倍角的余弦和两角差的余弦可得. 【详解】（1）余弦定理：三角形任何一边的平方，等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍． 或者：在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则 ，，． 证明：仅证明，其他同理可证． 因， 所以，即． （2）正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等． 或者：在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c， 则． 证明：法1：当是钝角三角形时，不妨设A为钝角，过点A作与垂直的单位向量，则，，，． 因为，所以， 即， 即． 即，所以． 同理可证，所以． 法2：当是钝角三角形时，不妨设A为钝角． 如图，过点B作边上的高， 则， 即， 即， 即，即， 所以． 同理可证，所以． （3）仅证明，其他同理可证．原式等价于． 证明：由正弦定理，得． ， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年高一教学质量检测 数学 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共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. 复数的虚部为（   ） A. 1 B. C. 3 D. 2. 某中学有青年教师95人，中年教师65人，老年教师20人，为了调查他们的健康状况，需从他们中抽取一个容量为36的样本，则合适的抽样方法是（   ） A. 抽签法 B. 随机数法 C. 分层随机抽样 D. 简单随机抽样 3. 如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（ ） A 三棱锥 B. 四棱锥 C. 三棱柱 D. 四棱柱 4. 有三个命题：①；②；③，其中正确命题的个数为（   ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 一圆台的上下底面的半径分别为1和2，侧面积为，则其体积为（   ） A. B. C. D. 6. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为（   ） A B. C. D. 7. 已知|，，，则下列结论错误的是（   ） A. B. 若，则 C. D. 在上投影向量为 8. 筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今仍在农业生产中发挥作用，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理．一半径为2m的筒车水轮如图，水轮圆心O距离水面1m，已知水轮每30s逆时针匀速转动一圈，如果当水轮上的点P从水中浮现时（图中点）开始计时，则下列结论错误的是（   ） A. 点P再次进入水中用时20s B. 当水轮转动25s时，点P处于最低点 C. 当水轮转动28.75s时，点P距离水面 D. 点P第三次到达距水面时用时42.5s 二、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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知复数，则下列命题正确的是（   ） A. 若，则 B. 若z是纯虚数，则 C. 若，则 D. 若，则，或 10. 记事件M中的样本点个数为．对于一个古典概型试验的样本空间Ω和事件E，F，已知，，，，，，则（   ） A. B. 与互不相容 C. 与相互独立 D. 11. 如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（   ） A. B. 平面平面 C. 点G到平面的距离为 D. 三棱锥的外接球的表面积为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，则 ________． 13. 某运动员每次投篮投中的概率均是0.6，用计算机产生之间的随机整数，当出现随机数，表示“投中”，出现表示“未投中”．以每3个随机数为一组，代表该运动员3次投篮的结果，产生了20组随机数：783 062 228 049 276 102 734 933 750 076 140 065 061 215 693 599 494 411 987 789．据此估计“该运动员连续投篮3次至少投进2个球”的概率为________． 14. 如图，正方体的棱长为3，点M，N分别在棱，上，满足，点Q在正方体的内部或表面，且平面，则点Q组成的图形的面积是________． 四、解答题：本大题共5个小题，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. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且． （1）求a，A； （2）求的面积及． 16. 某学校组织高一数学挑战赛，现从参加挑战赛的学生中随机选取100人，将其成绩（百分制）分成，，…，六组，得到频率分布直方图（如下图），请完成下列问题： （1）求频率分布直方图中a值，用样本估计总体，估计参加挑战赛的学生成绩的平均分（每个区间内的值以该组区间的中点值为代表）； （2）求参加挑战赛的学生成绩的分位数； （3）已知落在区间的样本平均分是63，方差是5；落在区间的样本平均分是78，方差是4，求两组样本成绩合并后的平均分和方差． 17. 已知α，β，γ是三个平面，，，． （1）若，求证：； （2）若，判断a与c及b与c的关系，并说明理由． 18. 在三棱柱中，侧面为菱形，，，，M为的中点，． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）请作出二面角一个平面角，并求其正切值． 19. （1）叙述余弦定理，并用向量法证明； （2）叙述正弦定理，并用向量法证明（仅证明钝角三角形的情形，设A为钝角）； （3）用正弦定理证明余弦定理． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$