贵州省贵阳市第一中学2025-2026学年高一上学期10月检测数学试题

贵阳市第一中学2025-2026学年高一上学期10月检测数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1．已知复数（为虚数单位），则复数的虚部是（       ） A．1 B． C．2 D． 2．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（　　） A．若与所成的角相等，则 B．若，，则 C．若，则 D．若，，则 3．已知是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A．4 B． C．2 D．1 4．已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，E为的中点，则点到平面BDE的距离为（    ） A． B．2 C． D． 5．下列关于统计概率知识的判断,正确的是 (　　) A．将总体划分为2层,通过分层随机抽样,得到两层的样本平均数和样本方差分别为,和,,且已知=,则总体方差s2=(+) B．在研究成对数据的相关关系时,相关关系越强,相关系数r越接近于1 C．已知随机变量X服从正态分布N(μ,σ2),若P(X≥-1)+P(X≥5)=1,则μ=2 D．按从小到大顺序排列的两组数据:甲组:27,30,37,m,40,50;乙组:24,n,33,44,48,52,若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等,则m+n=67 6．在平面直角坐标系内，已知直线的斜率为，则直线的倾斜角为（ ） A． B． C． D． 7．如图，在空间四边形中，是的中点，点在上，且，设，则，，的值分别为（    ）    A．，， B．，， C．，， D．，， 8．已知函数的所有极值点为，且函数在内恰有2023个零点，则满足条件的有序实数对（    ） A．只有2对 B．只有3对 C．只有4对 D．有无数对 二、多选题（本大题共3小题） 9．定义点到直线的有向距离为.已知点到直线的有向距离分别是以下命题不正确的是（    ） A．若，则直线与直线平行 B．若，则直线与直线垂直 C．若，则直线与直线垂直 D．若，则直线与直线相交 10．幂函数，，则下列结论正确的有（    ）. A． B．函数在定义域内单调递减 C． D．函数的值域为 11．已知函数在内的三个零点分别为，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3小题） 12．已知有A，B两个盒子，其中A盒装有2个黑球和1个白球，B盒装有1个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同.甲从A盒、乙从B盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入A盒中；若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入B盒中.按上述方法重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是 . 13．已知圆，直线，P为上的动点，过点P作的切线，，切点分别为A，B，则直线所过的定点坐标为 . 14．直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为 . 四、解答题（本大题共5小题） 15．如图，在中，已知，BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，AM,BN相交于点P． (1)求； (2)求的余弦值； (3)过点P作直线交边AB,BC于点E,F，求该直线将分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围． 16．在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c. (1)已知，，. ①求； ②若的平分线交于点，求线段的长； (2)若是锐角三角形，为（1）中所求，H为的垂心，且，求的取值范围； (3)若，令，试求的最大值. 17．在中，内角所对的边分别为，且． (1)求角； (2)已知，求面积的最大值． 18．在一个盒子中有个白球，个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，每次取个，取后不放回，直到个白球都被取出来后就停止取球． (1)求个白球都被甲取出的概率； (2)求将球全部取出才停止取球的概率． 19．如图，在多面体中，底面是边长为4的正方形，点为底面的中心，为的中点，平面，，直线与平面所成角的正弦值为，直线与平面所成的角大于. (1)求的长. (2)试问在棱上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 参考答案 1．【答案】A 【分析】 利用复数的乘法运算以及复数的概念即可求解. 【详解】 ， 所以复数的虚部是1. 故选：A 2．【答案】D 【详解】试题分析：A项中两直线还可能相交或异面,错误； B项中两直线还可能相交或异面,错误； C项两平面还可能是相交平面，错误； 故选D. 3．【答案】D 【详解】设，共起点， 由可得得， 如图终点在直径的圆上， 设中点为，，夹角为， 因此，的最小值为圆心到向量所在直线的距离2减去半径1，为1. 故选D.    4．【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，,,, 所以，，， 设平面BDE的法向量为， 则，令，则，即， 则点到平面BDE的距离. 故选：D 5．【答案】C　 【解析】基础考点： 平均数、方差与百分位数,相关系数的意义,正态曲线的性质 对于A,总体方差与各层样本容量有关,故A不正确;对于B,相关性越强,|r|越接近于1,故B不正确;对于C,若P(X≥-1)+P(X≥5)=1,则P(X≥-1)=1-P(X≥5)=P(X<5),所以μ==2,故C正确;对于D,因为6×30%=1.8,所以甲组的第30百分位数为30,第50百分位数为(提示:第50百分位数为数据的中位数),乙组的第30百分位数为n,第50百分位数为=,所以解得所以m+n=70,故D不正确.故选C. 6．【答案】D 【详解】在平面直角坐标系内，已知直线的斜率为，则直线的倾斜角为. 故选：D. 7．【答案】C 【详解】因为，则，即， 因是的中点，则， 所以. 故选C． 8．【答案】B 【分析】根据题意求得函数，把函数的零点个数转化为方程实根的个数，结合方程在内实根的个数，分类讨论，即可求解. 【详解】由函数， 因为函数图象的对称轴方程为， 当时，可得，当时，可得， 即两个相邻的极值点间的距离为，即，则，可得， 因为的图象关于直线对称，所以， 即，解得， 则， 所以函数的零点个数等价于方程实根的个数， 先研究方程在内实根的个数， 当时，方程在内实根的个数为1； 当时，方程在内实根的个数为2； 当时，方程在内实根的个数为3，其中在内实根的个数为2， 因为是周期为的函数，所以当时，在， 内方程实根的个数均为2， 因为在内恰有2023个零点，且2023为奇数， 所以，不合题意. 当时，；当时，， 故满足条件的有序实数对只有3对. 故选：B. 9．【答案】BCD 【详解】设， 对于A，即为， 故， 所以直线的方程为：， 因为，直线与直线平行，故A正确； 对于B，设直线，取， 则，但，此时直线与直线不垂直，故B错误； 此时也成立，故C错误； 对于D，仍取直线，取， 此时，故成立，此时与直线重合，故D错误. 故选BCD. 10．【答案】AD 【分析】根据幂函数的性质可得，进而可得，由幂函数的性质即可结合选项逐一求解. 【详解】由为幂函数可得，解得或， 又，所以.所以，故A正确； 因为函数的定义域为，关于原点对称， 由，知函数为偶函数， 由于，故在区间上单调递减， 根据偶函数性质知在区间上单调递增，故B错误； ，故C错误； 因为的定义域为，则，所以的值域为，故D正确. 故选：AD. 11．【答案】BCD 【详解】对于A，B，， 令，因为，所以， 所以，所以， 又，所以，，， 解得，，，故A错误，B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D，因为， ， 其中，，. 因为 ， ， 所以，即， 所以，故D正确. 故选BCD. 12．【答案】 【详解】根据题意可知：要保证重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变，须甲、乙各胜出一次. 记为甲第次胜出，；记为乙第次胜出，； 第一次取球，甲、乙均取到黑球，甲胜出的概率为.此时，B盒只余两个白球，A盒中有3个黑球1个白球，所以第二次乙只能取到白球，而甲取到黑球的概率为. 第一次取球，甲、乙均取到白球，甲胜出的概率为.此时，B盒中有1个白球1个黑球，A盒中有2个黑球2个白球，所以第二次乙取到白球、甲取到黑球的概率为，第二次乙取到黑球、甲取到白球的概率为，即该情况下，第二次乙胜出的概率为. .第一次取球，甲取到白球、乙取到黑球，乙胜出的概率为.此时，A盒只余两个黑球，B盒中有1个黑球3个白球，所以第二次甲只能取到黑球，而乙取到黑球的概率为. 第一次取球，甲取到黑球、乙取到白球，乙胜出的概率为.此时，A盒中有1个白球1个黑球，B盒中有2个黑球2个白球，所以第二次甲、乙均取到黑球的概率为，第二次甲、乙均取到白球的概率为，即该情况下，第二次甲胜出的概率为. 因此，. 故重复操作两次后，A盒，B盒中球的个数保持不变的概率是. 13．【答案】 【详解】 设为直线上一点，则， 过点P作圆的切线，，则M，A，P，B四点共圆，该圆以为直径， 则方程为， 整理为，直线的方程即两圆的公共弦方程， 联立， 两圆相减，的方程即. 又，可得， ，解得则直线过定点. 故答案为: . 14．【答案】 【详解】设正四面体棱长为，是正的中心，延长线交于，连接， 则平面，，，， 因此正四面体的高，令正四面体内切球半径为， 由，得， 10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个， 当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的6个球 还都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的小球球 心连线与位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线构成正四面体， 则正四面体的棱长为，其高为， 当以点为球心的最上方小球是以为顶点的某个正四面体的内切球时，，即， 因此正四面体的高为， 所以正四面体棱长a的最小值为. 故答案为： 15．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在中，， 由余弦定理得，解得（负值舍去）， 故； （2） 以为坐标原点建立平面直角坐标系，得， 设，由两点间距离公式得，又， 解得（负根舍去），所以， 又BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，则,， 所以， 则； （3） 由已知得为的重心，则， 设，则， 又点在直线上，所以，即， 又，所以， 所以，， 所以，， 所以， 所以上下两部分图形的面积之比， 因为，所以， 即上下两部分图形的面积之比的取值范围为. 16．【答案】(1); (2) (3) 【详解】（1）①因为， 所以， 由正弦定理，得，即， 由余弦定理，得， 因为，所以； ②又因为，所以， 即，解得，设边上的角平分线长为， 则， 即， 即，解得，即边上的角平分线长为； （2）延长交于，延长交于， 设，所以， 在Rt中，， 在中，，所以， 在Rt中，， 同理可得在Rt中，， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以，即的取值范围为． （3）由余弦定理，， 所以， 所以 ， ， 所以．当且仅当， 即时，． 17．【答案】(1)； (2)． 【分析】(1)由正弦定理及两角和的正弦定理得，再由得即可求解； (2)由余弦定理知，再由重要不等式知，最后通过三角形的面积公式求解即可. 【详解】(1)因为， 所以由正弦定理可得． 又， 所以， 所以， 即． 因为，所以， 所以，即， 又， 所以． (2)由余弦定理可知， 即． 因为， 所以，解得， 当且仅当时，等号成立， 则的面积为， 即面积的最大值为． 18．【答案】(1) (2) 【详解】（1）若个白球都被甲取出记为事件，则事件有三种情况： ①第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，其概率为； ②第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为； ③第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取白球，其概率为； ，即个白球都被甲取出的概率为. （2）若将球全部取出才停止取球记为事件，则最后一次即第次取出的一定是白球． 事件有四种情况： ①第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为； ②第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为； ③第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为； ④第次和第次取出的是白球，另外次取出的是红球，其概率为； ，即将球全部取出才停止取球的概率为. 19．【答案】(1)； (2)或 【详解】（1）底面是边长为4的正方形，点为底面的中心，则为的交点 分别取的中点，连接，则有，又平面， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 根据题意得， 即，解得或， 连接，则，因为直线与平面所成的角大于， 所以，即，所以； （2）由（1）得， 设，则， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的法向量为， 根据题意可得， 即，即， 解得或，故的值为或. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 1 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 $