甘肃天水市麦积区2025-2026学年第二学期教育教学质量调研高一数学试卷

2025一2026学年度第二学期教育教学质量调研试卷 高一数学 考试时同:120分钟 总分:150分 第1卷(共58分) 一、单选题(本大题共8小愿,每小愿5分,共40分,每小愿给出的四个选项中,只有一项是 蜀 图 符合愿日要求的) 袍 1.在四边形ABCD中,若而=BC,则四边形ABCD的形状一定是() A.梯形 B.平行四边形 C.菱形 D.矩形 2.复数z 3+i 的虚部为 部 A.-3 B.-3i C.1 D.i 3.如图,Rt 心A矿是一个平面图形的直观图, 长 若0B 2,则这个平面图形的面积是() A.1 B.2 东 B C.22 D.42 茶 4已知cos(a-)=- si机as血B - 则cos(a+)=( 人青 B片 c .片 5.已知向量a=(12),=(2m,2m+6),若a/乃,则m= 都 A-7 B.-3 C.3 D.7 6.甲,乙两学生独立地解容同一道数学问题,甲解容正确的概串是0.9.乙解答正确的概率是0.8. 中材递 細 那么至少有一学生解答正确的概串是 () 4.0.26 B.0.28 C.0.72 D.0.98 7,空间中有两个不同的平面 ,P和两条不同的直线m,“,则下列说法错误的是() A.若a⊥B,m⊥a,n⊥B,则m⊥ B.若a⊥.anB=n.m⊥,则m⊥B C.若a∥B,m⊥an∥B,则m⊥n D.若n⊥a,n⊥B,m⊥a,则m⊥P 高一数学共4页(第1页) 8.如图,在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建坑物①的顾增C对于山坡的 斜度为15',向山顶前进100m到达B处,在8处测料C对于山边的斜度为30', 若CD=60m,山坡与地平面的夹角为0,则cos0=() A.B+5 4 B.V2-1 c n.君 二、多项选择题(本大圆共3小愿,每小题6分,共18分,在每小题给出的选项中,有乡项符合 题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选铅的得0分.) 9.已知P(4)=0.3,P()=0.4,下列说法正确的是() A.若AGB,则P(A8)=0.4 B.若A∩B=O,则PAU)=07, C,若事件A,B相互独立,则P(M8)=0.12:D.若事件A.B相互独立,则P(AUB)=05B: 10.在ABc中,shf=号,BC=1,Ac=5则() A.AB=2v5 B.AABC的面积发 C. ABC外接圆的直径是5V2 D.若CD是AABC的中载,则CD=2y2 1L.在三枚锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AP=AC=4.AB=2.则() A异面直AB与PC所成的角为发 B.点A到平面PBC的距离为V6 C.二面角A-PC-B的正弦值为9 D.三枚惟P一ABC各顶点均在半径为3的球的球面上 第 卷(共92分) 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分。将答案填在 答题卡相应的位置上.) 12.sin15+sin75= 13.己知圆锥的高为4,侧面积是底面积的3倍,则圆锥的体积为 14.如图,在矩形0ABC中,AB=l,0A=2.以B为圆心、BM为半径在矩形内 部作列,点P是列上一动点,PW10M,垂足为业,PW10C,垂足为N则四边 形0P邪的周长的最小值为 高一数学共4页(第2页) a“1%oa 四、解答题(本题共5小题。共7分.解答应写出文字说明、正明过程或演算步醒.) 15.(满分13分) 已知向量a=(12),万=(3.-2) (1)求拉-: (2)已知日=V10,且(2 +习1右求向量a与向最c的夹角. 16.(满分15分) 如图,PA⊥矩形ABCD所在的平面,M,N分别是AB,PC的中点 (I)求证:MN/平面PAD: (2)求证:MN⊥CD. 17.(满分15分) 抛掷一蓝、一黄两枚质地均匀且四个面分别标有数字1,2,3,4的正四面体骰子,记查色般子与地面接触的 面上的数字为x,黄色觳子与地面接触的面上的数字为y.(先列出样本空间和随机数事件再求) (1)记事件A为“y卡4”。求事件A的报串: (2)记事件M为“x+y能被2整除”,事件N为“x>y",求事件MUN的概串, 高一数学共4页(第3页) 18.(满分17分) 在 ABC中,角AB,C的对边分别为a,b,c,已知ccosA=(4b-a)cosC, (1)求cosC的值: 若==2,求曲24+月)的值: (3)若 ABC的面积为√5,且a+b=√5c,求 ABC的周长L. 喷 学 19.(满分17分) 鸷 如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AM1=2,点P为DD1的中点. (1)求证:平面PAC1平面BDD,B1: 字 (2)求直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值: (3)在直线BB,上是否存在点Q使得PQ1面ACP,若存在,则此时S为多少:若不存在, 请说明理由, 相 D 哦 画 高一数学共4页(第页) a^“c"1%oa2025--2026学年度第二学期期末考试 高一数学参考答案 题号 y 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A c D B D 题号 9 10 11 答案 BCD AD AC⑦ 12. 13. 14.6-22 15. 【解析】【小问1详解】 由题知，a=(1,2),=(3,-2), 所以a-b=（-2,4) 所以a-=V4+16=25 …(6分) 【小问2详解】 由题知，|=V5,(2a+)·c=2a.+2=0, 设向量d与向量的夹角为0， 所以21cos0+|2=0, 即2×√5×V10×cos0+10=0, 解得cos0=号 因为0∈[0，小，所以g=买 3n 所以向量与向量的夹角为4. …(13分） 16. 【解析】【小问1详解】 证明：(1)取PD的中点E,连结AE、EN, E、N分别为PD、PC的中点， ∴EN/CD且EN=1CD 2 又：四边形ABCD是矩形，则AB/CD,AB=CD, M为AB的中点， AM/CD且AM=cD. :EN//AM,EN AM, :四边形AMWE为平行四边形， ∴.MN//AE. :MN平面PAD,AEc平面PAD, .MN//平面PAD: …(7分)》 【小问2详解】 PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, CD⊥PA. 四边形ABCD为矩形， .CD⊥AD, .PA∩AD=A,PA、ADc平面PAD, .CD⊥平面PAD, .AEC平面PAD, ..AE L CD, 由(1)知，MN/AE, MN⊥CD: …(15分)》 17. 【解析】【小问1详解】 所有样本点可表示为(x,y),其中x,y都是1,2,3,4中的数 样本空间 2={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4), (4,1),(4,2),(4,3),(4,4)} n(2)=16 ……(3分） 事件A:“xy≠4”，则对立事件A:“xy=4” 对立事件A={(1,4),(2,2)(4,1)} 符合条件的基本事件数n(A)=3 所以P(A=A=3 n(2)16 因此P(A)=1-P(④-号 …(8分） 【小问2详解】 事件MUN表示“x+y能被2整除或x>y”, 则事件MUN包含样本点为： (1,1),,(1,3),(2,1),(2,2),(2,4),(3,1),(3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4) 符合条件的基本事件数n(MUN)=12 所以P()=-光=月 …(15分) 18. 【解析】【小问1详解】 解：(1)因为ccosA=(4b-a)cosC, 由正弦定理品a-品。-品e得inA-(4sinB-sinA)cosC, 4sinBcosC sinCcosA sinAcosC sin(A+C)=sin(-B)=sinB, 因为BE(0,m,则sinB>0,故cosC= …(5分) 【小问2详解】 因为cosC=}且Ce(0,m),则sinC=V1-cos2C=压 sima=sinc,a=1,c=2, 1 15sinA= 2 15 sinA 8 4 a<cAe(0,)csA=看sin2A=2 inA=2×晋xg 8 32 cs2A=20cos4A2-1-2×(日°-1-0 sim(2A+)=sin2 2Acos+os2Aimg=2g9x9+号×45 32X …(11分) 64 【小问3详解】 SAncabsinG-ab-15,.B. 因为由余弦定理得2 abcosC=a2+b2-c2, 于是(a+b)2-c2=a2+b2-c2+2ab=2ab(cosC+1)=20, 因为a+b=V3c,则(a+b)2-c2=2c2=20,所以c=V10 因此a+b=V3c=V30,于是△ABC的周长a+b+c=V30+V10. …(17分) 19. 【解析】【小问1详解】 证明：因为DD1⊥平面ABC,又因为ACC平面ABCD, 所以DD11AC, 又因为AB=AD,则底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD, 又因为DD1∩DB=D,DD1、DBC平面BDD1B1, 所以AC⊥平面BDD1B1, 又因为ACC平面PAC, 所以平面PAC1平面BDD1B1: …(5分) 【小问2详解】 D 令AC∩BD=O,连接CD1、D1O,由长方体性质可得A1B/D1C, A 则直线A1B与平面BDD1B1所成的角等于直线D1C与平面BDD1B1所成的角， 由(1)知AC1平面BDD1B1, 所以∠CD1O等于直线A1B与平面BDD1B1所成的角， c0-竖AB-号，cD,-VT+2-V5, 则sicD,0=品-细， 即直线A1B与平面BDD1B1所成的角的正弦值为 10 …(10分) 【小问3详解】 存在，且8=0，即点Q与B1重合，连接P0、PB1、OB1, BQ 则P02=PD2+0D2=12+(2=2 PB=D1P2+DB2=12+(V22=3, B,02=B,B2+B02=2+C2=2 有P02+PB2=B102,所以P01PB1, 由AC⊥平面BDD1B1,PB1C平面BDD1B1,所以AC L PB1, 又AC∩PO=O,AC、P0c平面ACP,所以PB11平面ACP, 故在直线BB1上存在点Q使得PQ1平面ACP,且C=0. …(17分）