四川省蓬溪中学2023-2024学年高二数学上学期第一次质量检测试题（Word版附解析）

蓬溪中学高2025届第三学期第一次质量检测

数 学 试 题

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的.

1. 是虚数单位，若为纯虚数，则实数的值为（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，利用复数乘法进行计算，再利用纯虚数的定义列式计算作答.

【详解】依题意，，而为实数，

因此，解得，

所以实数的值为.

故选：C

2. 已知单位向量，且，则（    ）

A. 3 B.  C.  D. 2

【答案】B

【解析】

【分析】利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求解作答.

【详解】单位向量满足，则，即，

所以.

故选：B

3. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意利用两角差的余弦公式可得，再切化弦运算求解.

【详解】因为，解得，

所以.

故选：D.

4. 下列一组数据1，2，3，3，4，5，5，6，6，7的30%分位数为（    ）

A. 2 B. 3 C. 5 D. 3.5

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，利用第p百分位数的定义求解作答.

【详解】依题意，，所以所求的30%分位数为.

故选：B

5. 抛掷两枚质地均匀的骰子，设事件 “第一枚出现偶数点”， “第二枚出现奇数点”，则下列说法正确的是（  ）

A. A与B互斥 B. A与B互为对立

C. A与B相等 D. A与B相互独立

【答案】D

【解析】

【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.

【详解】事件与能同时发生，如第一枚的点数2，第二枚的点数为1，

故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；

，，，，

因为，所以与独立，故选项D正确；

事件与不相等，故选项C错误.

故选：D.

6. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A，若，，则或者或者相交，故A错误，

对于B，若，，则或者或者相交，故B错误，

对于C，若，，，则或者或者相交，故C错误，

对于D，若，，则，又，所以，故D正确，

故选：D.

7. 如图，正方形中，、分别是、的中点，若，则（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用平面向量基本定理选择和作为一组基底，表示出，根据列出方程组即可求解.

【详解】由已知可得

,

由图可知,所以，解得,

所以，

故选：.

8. 设正三棱锥的底面的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为，则此三棱锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，由正三棱锥的性质可得平面，为侧面与底面所成的二面角的平面角，从而结合已知可求出高，进而可求出其体积.

【详解】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，

则平面，

因为三棱锥为正三棱锥，所以，所以，

所以为侧面与底面所成的二面角的平面角，

因为等边的边长为2，所以，

因为侧面与底面所成的二面角的余弦值为，

所以，解得，

所以，

所以三棱锥的体积为，

故选：D

  .

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知事件满足，，则下列结论正确是（    ）

A.

B. 如果，那么

C. 如果与互斥，那么

D. 如果与相互独立，那么

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据互斥事件和独立事件的概率公式逐个分析判断即可

详解】对于选项A，，故选项A错误；

对于选项B，如果 ， 那么，选项B正确；

对于选项C， 如果与互斥，那么 ， 所以选项C正确；

对于选项D，如果与相互独立，那么

，所以选项D正确.

故选：BCD

10. 已知复数为虚数单位，下列说法正确的是（    ）

A. 在复平面内对应的点位于第二象限

B. 若向量分别对应的复数为，则向量对应的复数为

C. 若，则

D. 若复数（为虚数单位），且，则的最大值为4

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，求出，根据复数的坐标可得A错误；对于B，根据复数的向量表示可得B错误；对于C，根据复数的运算以及复数相等的条件可得C正确；对于D，利用复数模与圆轨迹方程得关系即可判断D正确.

【详解】对于A，在复平面内对应的点位于第二象限，故A正确；

对于B，因为向量分别对应的复数为，

所以，

对应的复数为，故B错误.

对于C，由得，得，

得，得，，所以，故C正确；

对于D，，则，表示的轨迹为圆，

而，表示圆上的点到定点的距离，

因为圆心到定点的距离为，则圆上的点到定点的距离的最大值为，故D正确.

故选：ACD.

11. 将函数的图象沿轴向右平移个单位，再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则下列判断正确的是（    ）

A. 为偶函数 B. 为奇函数

C. 在单调递减 D.

【答案】AD

【解析】

【分析】先根据三角函数图象变换规律求出的解析式，然后逐个分析判断即可

【详解】函数的图象沿轴向右平移个单位，得，

再将图象上所有点的横坐标扩大为原来的3倍（纵坐标不变），得，

对于A，，因为，所以为偶函数，所以A正确，

对于B，，因为，所以不是奇函数，所以B错误，

对于C，由，得，因为在上不单调性，所以在上不单调，所以C错误，

对于D，的周期为，因为，，，，，，

所以，

所以，

所以D正确，

故选：AD

12. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（    ）

A. 三棱锥的体积为定值

B. 线段上存在点，使平面

C. 线段上存在点，使平面平面

D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解

【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．

对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，

所以 ，，，

设（），则

所以，

平面即

解之得

当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确

对于C，设平面的法向量

则，取

得

设平面 的法向量 ,

则

取 , 得 ,

平面平面

设 , 即 ,

解得 ，，不合题意
线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．

对于D，平面的法向量为

则

因为

所以

所以的最大值为．故D正确．

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________．

【答案】

【解析】

【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．

【详解】由题意底面半径，高为，则母线长为，

所以侧面积为．

故答案为：．

14. 甲、乙两人在罚球线投球命中的概率分别为，，则甲、乙两人在罚球线各投球一次，恰好命中一次的概率______．

【答案】##

【解析】

【分析】利用题意可知，两人恰好命中一次包括“甲投中乙未投中”和“乙投中甲未投中”两种情况，由互斥事件的加法公式即可求得结果.

【详解】根据题意可设事件“甲在罚球线投球命中”，“乙在罚球线投球命中”；

即;

则两人各投一次，恰好命中一次的概率.

故答案为：

15. 在△ABC中，，，，∠BAC的角平分线交BC于D，则________．

【答案】

【解析】

【分析】根据所给条件，利用余弦定理及三角形面积公式求解.

【详解】如图所示，记，，，

由余弦定理可得，，

即，

因为，解得，

由可得，

，

解得．

故答案为：

16. 已知正边长为1，将绕旋转至，则三棱锥的外接球表面积为___________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据给定条件，结合面面垂直的性质、球的截面小圆性质确定球心位置，求出球半径即可作答.

【详解】在三棱锥中，取中点G，连接，则，，平面，，如图，

令正与正的中心为，过分别作平面与平面的垂线，

则它们必过四面体外接球的球心，由，

得，正方形中，，则，

因此四面体的外接球半径有，

所以三棱锥的外接球表面积．

故答案为：

四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 箱子里有3双不同的手套，分别用表示六只手套，从中随机拿出2只，记事件拿出的手套不能配对，事件拿出的都是同一只手上的手套，

（1）写出该试验的样本空间；

（2）说出事件、事件的关系及A，B发生的概率．

【答案】（1）答案见解析；   

（2），，.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，列举出所有可能的结果作答.

（2）列举出事件、事件的所有结果，再利用古典概率计算作答.

【小问1详解】

依题意，样本空间为.

【小问2详解】

事件，

事件，

显然，

所以，事件发生的概率，事件发生的概率.

18. 已知函数.

（1）若，求的周期、单调增区间、对称中心；

（2）若在上的最小值为2，求实数m的取值范围.

【答案】（1），，；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再借助正弦函数性质求解作答.

（2）求出相位所在区间，再利用正弦函数单调性结合最小值求出实数m的取值范围作答.

【小问1详解】

依题意，，

所以函数的周期为；

由，得，

所以函数的递增区间为；

由，得，

所以函数的对称中心为.

【小问2详解】

由（1）知，当时，得，

因为在上的最小值为2，即有，则的最小值为，

而，正弦函数在上单调递增，在单调递减，且，

因此，解得，

所以实数m的取值范围是.

19. 如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，平面

（1）求证：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案.

（2）作于O，结合平面，证得平面，利用线面所成角的定义求出其正弦值作答.

【小问1详解】

由四边形是平行四边形，得，而平面，平面，则平面，

由，平面，平面，得平面，

又，平面，因此平面平面，而平面，

所以平面.

【小问2详解】

由平面，平面，得，连接，则，

在平面内过作于，连接，显然，而平面，

于是平面，则为直线与平面所成的角，

又，则，因此，

所以直线与平面所成角的正弦值为.

20. 某校对2022年高一上学期期中数学考试成绩（单位：分）进行分析，随机抽取100名学生，将分数按照，，，，，分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图：

请完成以下问题：

（1）估计该校高一期中数学考试成绩的第百分位数；

（2）为了进一步了解学生对数学学习的情况，由频率分布直方图，成绩在和的两组中，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取名学生，

①再从这名学生中随机抽取2名学生进行问卷调查，求抽取的这名学生至少有人成绩在内的概率．

②观察样本的指标值，计算得中样本的均值为55，方差为26，中样本的均值为85，方差为11，计算的方差；

【答案】（1）分；   

（2）①；②233.

【解析】

【分析】（1）利用给定的频率分布直方图结合百分位数的意义，求出成绩的第百分位数作答.

（2）①利用分层抽样求出成绩在、内的人数，再利用列举法求出概率；②利用方差的定义，结合分层抽样的方差计算方法求解作答.

【小问1详解】

由频率分布直方图知，样本数据中数学考试成绩在分以下所占比例为，

在分以下所占比例为，

因此，第百分位数一定位于内，由，

可以估计样本数据的第百分位数约为分，

据此可以估计该校高一下学期期中数学考试成绩第百分位数约为分.

【小问2详解】

①由频率分布直方图，得分数段的人数为，分数段的人数为，

用分层随机抽样的方法抽取名学生，则需在分数段内抽人，分别记为，

需在分数段内抽人，分别记为，，，

设“从样本中任取人，至少有人在分数段内”为事件，

则样本空间，共有个样本点，

而的对立事件，包含个样本点，于是，则，

所以抽取的这名学生至少有人在内的概率为．

②依题意，由①知，内的样本均值为，

在内的分数为，在内的分数为，

则，，

因此的方差为

.

21. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，．

（1）证明：平面；

（2）若，求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析.   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明，然后利用线面垂直的判定定理证明即可.

（2）利用等体积法即即可求解.

【小问1详解】

解：∵平面平面，平面平面于,且，

∴，平面，∴，

又，∴，

又，∴平面.

【小问2详解】

解：由（1）得，，

又，，，

∴，,

∴,

又平面平面，平面平面于，

∴点到平面的距离即为点到直线的距离，

故点到平面的距离为，则，设点到平面的距离为，

∵∴，即，

解得：，即点到平面的距离为.

22. 在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若，请完成以下问题：

（1）求角B的大小；

（2）若为锐角三角形，，求的取值范围．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即可作答.

（2）利用正弦定理把表示为角的函数，再利用三角函数的性质求解作答.

【小问1详解】

在中，由及正弦定理得：，

，

整理得，而，，于是，

所以.

【小问2详解】

在中，，，由正弦定理，得，同理，

因此

由锐角，得，解得，则，，

于是在上单调递增，则

所以的取值范围为.