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广东省东莞市2024-2025学年高一下学期期末质量检查数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知复数（是虚数单位），则（ ）
A． B． C． D．
2．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（ ）
A． B．
C． D．
3．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A=“第一枚硬币正面朝上”，事件B=“第二枚硬币反面朝上”，则A与B的关系为（ ）
A．互斥 B．相互对立 C．相互独立 D．相等
4．在复平面内，O为坐标原点，复数，对应的向量分别是，，则对应的复数为（ ）
A． B． C． D．
5．一个圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，侧面积为元，则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，且，则 B．若，且，则
C．若，且，则 D．若，且，则
7．甲、乙两人组成“莞队”参加答题活动，每轮活动甲、乙各答一道题目，已知甲每轮答对题目的概率为，乙每轮答对题目的概率为．在每轮活动中，甲、乙答对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“莞队”在两轮活动中答对3道题目的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，欲测量河对岸的塔高时，选与塔底在同一水平面内的两个观测点与，在两观测点处测得塔顶的仰角分别为，并测得，m，则塔高为（ ）
A．m B．15m C．m D．30m
二、多选题
9．已知随机事件与，若，则下列结论正确的有（ ）
A． B．若与相互独立，则
C．若，则 D．若，则
10．下列有关向量与复数的结论正确的有（ ）
A．若非零向量满足，则
B．若非零复数满足，则
C．若非零向量满足，则
D．若非零复数满足，则
11．在直三棱柱中，，则下列结论正确的有（ ）
A．若点在线段上，则的最小值为
B．该三棱柱可完全放入体积为的球中
C．表面积为的球可以完全放入该三棱柱中
D．若动点满足，则动点在侧面形成的轨迹长度为
三、填空题
12．从某中学抽取6名同学，他们的数学成绩如下：87，85，83，90，92，93（单位：分），则这6名同学数学成绩的第75百分位数为 （单位：分）．
13．在长方形中，，为的中点，为边上靠近的三等分点，与交于点，则 ．
14．已知正四棱柱中，，在的中点各有一个孔，．若在此四棱柱内装水，当水面恰好经过三个孔时，可装水的最大体积为 ；若此四棱柱可以任意放置，可装水的最大体积为 ．
四、解答题
15．已知的内角的对边分别为，且．
(1)求；
(2)若，求的面积．
16．某班级举办“以赛促学，挑战自我”数学竞赛活动，活动后将参赛的40名学生成绩分成5组：①，②，③，④，⑤．通过统计分析，得到如图所示的频率分布直方图，已知①组、②组的频率之和为，①组和⑤组的频率相同．
(1)估计此次考试成绩的众数、平均数；
(2)已知②组学生成绩的平均数和方差分别为64和50，④组学生成绩的平均数和方差分别为84和70，据此计算②组和④组所有学生成绩的方差．
参考公式：，其中为总样本平均数．
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，点分别是的中点．
(1)证明：平面；
(2)若，求直线与平面所成角的大小．
18．现有一个质地均匀的正面体骰子，个面分别标有数字1到．
(1)当时，设计一种“点数游戏”：任意抛掷两次这个骰子，以骰子与桌面接触的面上的数字的乘积为游戏结果．甲、乙两人玩这种“点数游戏”，规定每次游戏结果大于5时甲获胜，游戏结果小于5时乙获胜．
①试判断这种游戏是否公平？并说明理由；
②若约定先获胜3次“点数游戏”者赢得比赛，并获得100元奖金．当甲获胜2次，乙获胜1次时，“点数游戏”因意外而中止，现决定将100元奖金分给甲、乙两人，请应用概率知识设计合理的奖金分配方案；
(2)当时，任意抛掷一次这个骰子，以它与桌面接触的面上的数字为试验结果．请构造适当的事件，使成立，但不满足两两独立．
19．如图一，在矩形中，．将沿折起，得到三棱锥．
(1)当三棱锥的体积最大时，求点到平面的距离；
(2)当二面角的大小为时，求；
(3)如图二，在三棱锥中，已知，其中、、．若二面角的大小为，试利用的三角函数值表示，请写出你的结论，并给出证明．
广东省东莞市2024-2025学年高一下学期期末质量检查数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C A B C A D BCD BC
题号 11
答案 ACD
1．B
【详解】，
故选：B．
2．D
【详解】由已知是平面内的一个基底，
则若共线，则存在实数，使得，即，与是基底矛盾，因此不共线，
若共线，则存在实数，，所以，与是基底矛盾，因此不共线，
因为，所以不共线，共线，
因此D不能作为基底，
故选：D．
3．C
【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）这4种情况，
事件A包括（正正）（正反），事件B包括（正反）（反反），故不相等，故D错误，
由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误；
因为事件A是否发生与事件B无关，事件B是否发生也与事件A无关，故事件A和事件B相互独立，故C正确.
故选：C.
4．A
【详解】因为复数，在复平面内对应的点为，，
即，，
所以，
则对应复数为．
故选：A．
5．B
【详解】记圆台上下底半径分别为，母线长为，高为，
则侧面积为，，
所以高为，
体积为，
故选：B．
6．C
【详解】对于A，，且，可能与平行或在内，同样可能在平面内，A错；
对于B，，可能在内，，则可能在内，可能与相交，B错；
对于C，，且，则，又，则，C正确；
对于D，，且，可能相交，可能平行，也可能异面，D错；
故选：C。
7．A
【详解】在两轮活动中答对3道题是目，则总共只能错一题，
概率为，
故选：A.
8．D
【详解】设，由得，
又，，由余弦定理得，
即，解得（负值舍去），
故选：D．
9．BCD
【详解】对A，，，A错；
对B，与相互独立，则，B正确；
对C，若，则，C正确；
对D，若，则，D正确，
故选：BCD.
10．BC
【详解】对于A，，则可能，不能得出，A错；
对于B，非零复数满足，则，B正确；
对于C，非零向量满足，则，即，所以，C正确；
对于D，例如，则，但，D错.
故选：BC.
11．ACD
【详解】
对A，把平面和平面沿摊平，如下图，则为的最小值，A正确；
对B，体积为的球的半径为，由得，
底面是直角三角形，两直角边的长都是2，设分别是中点，是的中点，则是三棱柱的外接球的球心，外接球半径为，而，
因此该三棱柱不可完全放入体积为的球中，B错；
对C，表面积为的球的半径为，由得(三角形ABC的内切圆半径)，因此该球可以完全放入该三棱柱中，C正确；
对D，动点在侧面形成的轨迹是以为球心，为半径的球面被侧面截得的圆弧，由选项B知是该圆弧所在圆的圆心，，
因此，从而，又，
所以圆弧的长度为，D正确．
故选：ACD．
12．92
【详解】6名同学的成绩按从小到大顺序排列为：83，85，87，90，92，93，
，
所以第75百分位数为第5个数：92.
故答案为：92.
13．
【详解】在长方形中，，
由已知．
所以，，
所以，
所以，
故答案为：．
14．
【详解】设为中点，
因为都是中点，所以共线，
，即四点共面，即水面为平面，
剩余三棱柱，体积为，
则装水最大体积为，
当水面只过时，过作直线与交于点（在点下方），
与交于点，水面交于，
平面平面，平面平面，
平面平面，，
所以剩余部分为三棱台，设，
又为中点，，所以，
又，
所以，
当时取等，所以取得最小值，此时点在点B处，点E在点处，
剩余部分为三棱锥，台体体积公式仍适用，
所以此时可装水的最大体积为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得，因为，所以，
所以，即，因为，所以，
所以，所以．
（2）由余弦定理，得，
解得或（舍去），所以．
16．(1)众数的估计值为75，平均数的估计值为73
(2)②组和④组所有学生成绩的方差为140．
【详解】（1）由题意得，解得
所以考试成绩的众数的估计值为75，
平均数的估计值为．
（2）记②组、④组的平均数与方差分别为，
则，由题意得②组、④组分别有14人、6人，
所以②组、④组学生成绩的平均数为，
所以②组、④组学生成绩的方差为
，
所以②组和④组所有学生成绩的方差为140．
17．(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）如图，连接，因为四边形是正方形，所以点是的中点，
又因是的中点，故得，
又因平面，平面，所以平面．
（2）如图，连接，由（1）得是中点，
因为，所以，
又因为底面是正方形，且为对角线，所以，
又因为平面，所以平面
所以直线与平面所成角为，
因为在中， ，则，
故，即直线与平面所成角的大小为．
18．(1)①公平，理由见解析；②答案见解析
(2)答案见解析
【详解】（1）①当时，任意抛掷两次这个骰子的样本空间，所以，
记“游戏结果大于5”为事件，则事件包含的样本点包括，所以，
由古典概型得
同理“游戏结果小于5”的概率也是，
所以甲、乙获胜的概率相等，这种游戏是公平的
②按甲、乙继续比赛赢得比赛的概率比值进行奖金分配，
由于甲、乙要分出比赛输赢至多需要再进行2次“点数游戏”，假设再进行2次“点数游戏”，则2次“点数游戏”比赛结果的样本空间（甲 胜，甲胜），（甲 胜，乙胜），（乙胜，甲 胜），（乙胜，乙胜），所以，
记“甲赢得比赛”为事件，则事件包含的样本点包括（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙胜，甲胜），所以，
由古典概型得，
所以“乙赢得比赛”的概率为，
所以甲分配奖金元，乙分配奖金．
（2）当时，任意抛掷一次这个骰子的样本空间，所以，
构造事件，
则，
由古典概型得，
所以，满足题意．
19．(1)
(2)
(3)结论：，证明见解析
【详解】（1）因为，
所以当三棱锥的体积最大时，即点到平面的距离最大，
此时平面平面，如图，过作于，连接，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为在矩形中，，
所以在中，，
所以，故，
所以，
故，所以，
所以，
所以，
所以的面积，
设点到平面的距离为，
则由，得，
所以．
（2）如图，在矩形中作的对应线段，延长的交于，
在，由，，所以，
如图，在三棱锥中，
由，所以为二面角的平面角，即，
在中，，
在中，．
（3）结论：．
证明：如图，过上一点作交于点，作交于点，
连接，则即二面角的平面角，
方法一：设，则在中，得，
同理在中，得
在中，由余弦定理得
在中，由余弦定理得
方法二：在中，由余弦定理得，①
在中，由余弦定理得，②
②①，得，
则，
即，
两边同除以，得，
所以，
所以，即，得证．

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