精品解析：贵州省遵义航天高级中学2024-2025学年高一下学期教学质量检测考试数学试题A

2024-2025学年（下）高一年级教学质量检测考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 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. 1. 已知i是虚数单位，在复平面内，复数，则对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数乘法计算出复数值，然后根据定义判断. 【详解】，对应复平面的点是，在第二象限. 故选：B 2. 如图所示为水平位置的正方形，在平面直角坐标系中，点的坐标为，用斜二测画法画出它的直观图，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出直观图，由图计算点到轴的距离即可. 【详解】画出直观图， 对应，且，, 故顶点到的距离为． 故答案为：. 3. 若直线不平行于平面，且直线，则下列说法正确是（ ） A. 内存在与平行的直线 B. 内所有直线都与异面 C. 与有公共交点 D. 内所有直线都与相交 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面的位置关系直接判断得解. 【详解】由直线不平行于平面，且直线，得直线与平面相交，则与有公共交点，C正确； 平面内不存在直线与平行，否则，与已知矛盾，因此内所有直线都与异面或相交，ABD错误. 故选：C 4. 下列命题是真命题的有（ ） A. 有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的乙个体数为9，则样本容量为32 B. 数据的平均数､众数､中位数相同 C. 若甲组数据的方差为5，乙组数据为，则这两组数据中较稳定的是甲 D. 一组数的分位数为4 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样的定义计算可判断A；根据平均数､众数､中位数的定义判断B；根据方差公式计算乙组数据方差判断C；根据百分位数的定义判断D. 【详解】对A：甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样，故乙占了样本容量为，故A不正确； 对B：数据的平均数为， 众数为3，中位数为，故B正确； 对C：乙组数的平均数为， 方差为. 乙组数据更稳定，故C错误； 对D：将这组数据从小到大排列：1，2，2，3， ；又，则这组数据的分位数是第七个数与第八个数的平均数，为，故D错误. 故选：B. 5. 甲、乙两人独立破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则恰有一人成功破译的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据独立事件的概率乘法公式即可求解. 【详解】恰有一人成功破译的概率为. 故选：D. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的个数为（ ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线AP与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④；利用三棱锥的外接球即为正方体的外接球，求解可判断⑤即可． 【详解】如图，连接，正方形中，， 因为正方体的棱平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面， 又平面，所以，同理． 又，平面， 所以平面，故①正确； 因为平面，平面，所以， 又平面平面，，平面，平面， 则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形， 则该角大小为，故②错误； 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，因此有， 又平面，平面，所以平面， 又，因此到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故③正确； 由于，因此异面直线AP与所成角就是与所成的角， 即图中或，设正方体棱长为1，所以， 当点为中点时，此时， 因为是等边三角形，在线段上， 因此或中较小的角的范围是，④错误； 三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 又正方体的外接球的直径为正方体的体对角线， 即，所以， 所以三棱锥外接球表面积是，故⑤正确． 故选：C． 7. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦定理化简求得，且，，再由余弦定理，列出方程，求得的值，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】因为，可得，解得， 又因为，可得，， 因为，由余弦定理， 即，解得， 所以. 故选：B. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用两角和差的余弦公式计算化简，再结合同角三角函数关系弦化切计算求解. 【详解】因为， 则， 则. 故选：B. 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. 已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算逐项判断. 【详解】在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，， 对于A，，，则，A正确； 对于B，，，，B错误； 对于C，，，，C正确； 对于D，，， ，D错误. 故选：AC 10. 将一颗质地均匀的正方体骰子抛掷1次，记试验的样本空间是，事件，，则（ ） A. M与N互斥事件 B. M与N是相互独立事件 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据互斥事件与独立事件定义可判断A，B选项，由独立事件的乘法公式可验证C，利用对立事件计算和事件的概率可判断D. 【详解】M与N可能同时发生（出现4），所以M与N不是互斥事件，A错. 因为，，，所以，M与N是相互独立事件，B对. 因为，， 所以，C对. 因为，D对， 故选：BCD. 11. 记中的内角，，所对的边分别为，，，已知，则下列说法正确的是（ ） A B. 若，的周长为，则一定为等边三角形 C. 若是锐角三角形，且，则面积的取值范围是 D. 若，则内切圆周长的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用正弦定理及诱导公式得出角判断A,应用余弦定理计算边长即可判断B,应用锐角三角形得出角的范围，进而得出面积范围判断C,应用正弦定理结合三角恒等变换应用正弦函数的值域即可判断D. 【详解】对于A，在中，由及正弦定理，得， 因为，所以， 又因为，所以，则，即，故A正确； 对于B，由及余弦定理，得， 因为的周长为，即，解得，所以为等边三角形，故B正确； 对于C，由正弦定理：，得和， 则， 因为锐角三角形，所以，故， 则，即，故，即面积的取值范围为，故C错误. 对于D，由，及正弦定理：， 可得，，因为面积，周长， 所以内切圆半径 ， 由，得，所以， 即内切圆半径的取值范围为，则内切圆周长的最大值为，故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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求解复数的模长. 【详解】因为复数对应的点的坐标是， 所以 故答案为：． 13. 有两组题，其中第一组中有数学题6道、物理题4道；第二组中有数学题4道、物理题6道．甲从第一组中抽取1题，乙从第二组中抽取1题．甲、乙都抽到物理题的概率为________；甲和乙中至少有一人抽到数学题的概率为___________． 【答案】 ①. ##0.24 ②. ##0.76 【解析】 【分析】第一空，求出甲从第一组中抽取1题，抽到物理题的概率以及乙从第二组中抽取1题．乙都抽到物理题的概率，根据独立事件的乘法公式即可求得答案； 第二空，甲和乙中至少有一人抽到数学题的对立事件为甲、乙都抽到物理题,利用对立事件的概率公式求得答案. 【详解】由题意可得甲从第一组中抽取1题，抽到物理题的概率为 ， 乙从第二组中抽取1题．乙都抽到物理题的概率为， 故甲、乙都抽到物理题的概率为 甲和乙中至少有一人抽到数学题的对立事件为甲、乙都抽到物理题， 故甲和乙中至少有一人抽到数学题的概率为， 故答案为：； 14. 已知四面体中，，，点O为该四面体外接球的球心，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量线性定理将表示出来，然后根据线角关系求出它们的数量积. 【详解】根据题意，， 因为点O为该四面体外接球的球心，所以取点M，N分别为，的中点， 则，， 所以，， 所以． 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、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，记它们的交点为，设． （1）用表示； （2）求与的夹角的余弦值． 【答案】（1），． （2） 【解析】 【分析】（1）根据图形的几何形状直接分解向量即可； （2）根据公式，只需由数量积的运算律分别求出的值即可. 【小问1详解】 因为，所以， 在平行四边形中，点是的中点， 所以，且， 所以，所以， 则，即． 【小问2详解】 已知， 则，， 又已知， 则， 因为， 所以， 又， 设与的夹角为， 则． 16. 给定两个数组与，称为这两个数组之间的“差异量”，令数组，且集合，． （1）当时，写出的所有可能情况； （2）记，求的概率． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意直接写出所有可能的排列即可； （2）根据“差异量”的定义，写出满足的，利用古典概型求解概率即可. 【小问1详解】 的所有可能情况为，，，，，； 【小问2详解】 因为，由（1）知，的所有可能情况有6种, 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 所以满足的有，共2种， 所以的概率为 17. 如图，直三棱柱中，为线段的中点. （1）证明：平面； （2）平面将三棱柱分成两部分，求这大小两部分体积的比值. 【答案】（1）证明见解析 （2）5 【解析】 【分析】（1）构造线线平行，根据线面平行的判定定理可证结论. （2）分别计算棱柱和棱锥的体积，可求两部分的体积之比. 【小问1详解】 如图： 连接交于点，连接， 则为的中点，又为线段的中点，则， 因为平面平面， 所以直线平面. 【小问2详解】 由题知，所以， 所以三棱柱的体积. 三棱锥的体积， 所以多面体的体积. 所以. 18. 已知分别为三个内角的对边，． （1）求角； （2）已知，延长到点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形内角和公式和三角变换公式，可求角. （2）在中，利用余弦定理先求，再求，可得，再在中，利用余弦定理求. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 又， 所以. 因为，所以，所以. 又，所以. 【小问2详解】 如图： 在中，. 所以. 所以. 因为，所以. 在中，由余弦定理得： ， 所以 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形．，，点为的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证； （3）思路一：建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可得解；思路二：由（2）知平面，故可将问题转换为与平面所成角的正弦值，由等体积法即可求解. 【小问1详解】 证明：连接，交于点，连接， 因为分别为的中点，所以， 又平面平面，所以平面． 【小问2详解】 因为底面是边长为2的菱形，所以，且既是的中点，也是的中点， 又，所以， 连接，又平面，所以平面， 因为平面，所以． 又因为，所以． 又平面，所以平面． 【小问3详解】 解法一：在边长为2的菱形中，，所以， 在，，则有， 以为原点，所在直线分别为轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为平面平面，所以平面平面， 即在底面的射影在上，所以， 易知，所以，，， 由（2）知平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为，则 取，则，得， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 解法二：在边长为2的菱形中，，所以， 在，，，，， 由（2）知平面，则平面与平面夹角的余弦值即为与平面所成角的正弦值， 易知，所以， 因为平面平面，所以平面平面， 所以在底面的射影在上， 所以到底面的距离为， 设到底面的距离为，由可知，，解得， 所以与平面所成角的正弦值为， 所以平面与平面夹角余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年（下）高一年级教学质量检测考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸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.写在本试卷上无效.回答非选择题时，将答案写在答题纸上.写在本试卷上无效. 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. 1. 已知i是虚数单位，在复平面内，复数，则对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图所示为水平位置的正方形，在平面直角坐标系中，点的坐标为，用斜二测画法画出它的直观图，则点到的距离为（ ） A. B. C. D. 3. 若直线不平行于平面，且直线，则下列说法正确的是（ ） A. 内存在与平行的直线 B. 内所有直线都与异面 C. 与有公共交点 D. 内所有直线都与相交 4. 下列命题是真命题的有（ ） A. 有甲､乙､丙三种个体按的比例分层抽样调查，如果抽取的乙个体数为9，则样本容量为32 B. 数据的平均数､众数､中位数相同 C. 若甲组数据的方差为5，乙组数据为，则这两组数据中较稳定的是甲 D. 一组数的分位数为4 5. 甲、乙两人独立破译一份密码，已知两人能破译的概率分别是，，则恰有一人成功破译的概率为（ ） A B. C. D. 6. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的个数为（ ） ①直线平面， ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线AP与所成角的取值范围是 ⑤三棱锥外接球表面积是 A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 7. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知，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. 已知四边形是边长为2的正方形，为正方形所在平面上一点，且，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的取值范围是 10. 将一颗质地均匀的正方体骰子抛掷1次，记试验的样本空间是，事件，，则（ ） A. M与N是互斥事件 B. M与N是相互独立事件 C. D. 11. 记中的内角，，所对的边分别为，，，已知，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，的周长为，则一定为等边三角形 C. 若是锐角三角形，且，则面积的取值范围是 D. 若，则内切圆周长最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则______． 13. 有两组题，其中第一组中有数学题6道、物理题4道；第二组中有数学题4道、物理题6道．甲从第一组中抽取1题，乙从第二组中抽取1题．甲、乙都抽到物理题的概率为________；甲和乙中至少有一人抽到数学题的概率为___________． 14. 已知四面体中，，，点O为该四面体外接球的球心，则的值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在平行四边形中，，点是的中点，连接，记它们的交点为，设． （1）用表示； （2）求与的夹角的余弦值． 16. 给定两个数组与，称为这两个数组之间“差异量”，令数组，且集合，． （1）当时，写出的所有可能情况； （2）记，求概率． 17. 如图，直三棱柱中，为线段的中点. （1）证明：平面； （2）平面将三棱柱分成两部分，求这大小两部分体积的比值. 18. 已知分别为三个内角的对边，． （1）求角； （2）已知，延长到点，求． 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形．，，点为的中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）若，求平面与平面夹角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $