山东省滨州市惠民县第一中学2024−2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（实验）（含解析）

这是一份山东省滨州市惠民县第一中学2024−2025学年高一下学期第一次月考 数学试题（实验）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
2．已知，，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．πD．
3．已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知三点不共线，点在平面外，点满足，则当点共面时，实数（ ）
A．B．C．D．
5．随着春节申遗成功，世界对中国文化的理解和认同进一步加深，某学校为了解学生对春节习俗的认知情况，随机抽取了100名学生进行了测试，将他们的成绩适当分组后，画出的频率分布直方图如下图所示，则下列数据一定不位于区间内的是（ ）

A．众数B．第70百分位数C．中位数D．平均数
6．如图，已知三棱锥的每条棱的长度都等于1，点，，分别是，，的中点，则（ ）
A．B．C．D．1
7．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
8．投掷一枚均匀的骰子，事件: 点数大于 2 ; 事件: 点数小于4 ; 事件: 点数为偶数. 则下列关于事件描述正确的是（ ）
A．与是互斥事件B．与是对立事件
C．与是独立事件D．与是独立事件
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，在棱长为的正方体中，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则平面
B．若，则点的轨迹长度为
C．若，则存在，使
D．若，则存在，使平面
10．在中，内角的对边分别为，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．外接圆的面积为
C．面积的最大值为D．周长的最大值为
11．如图，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，，下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．直线与底面所成角的正弦值为
C．若点在底面内的射影为的中心，则
D．若三棱锥的体积为2，则三棱柱的体积为6
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知点，点，则点到直线的距离为 ．
13．设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=
14．某高一班级有40名学生，在一次物理考试中统计出平均分数为70，方差为95，后来发现有2名同学的成绩有误，甲实得70分却记为50分，乙实得60分却记为80分，则更正后的方差是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，已知圆锥的底面半径，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点.

(1)求此圆锥的侧面积；
(2)求异面直线PQ与SO所成角的余弦值.
16．如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
(1)证明：平面AMC；
(2)求平面和平面AMC夹角的余弦值．
17．在中，.
(1)求角；
(2)若.
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）若，求的面积.
18．某射击队举行一次娱乐活动，该活动分为两阶段，第一阶段是选拔阶段，甲、乙两位运动员各射击100次，所得成绩中位数大的运动员参加下一阶段，第二阶段是游戏阶段，游戏规则如下：
①有4次游戏机会．
②依次参加A，B，C游戏.
③前一个游戏胜利后才可以参加下一个游戏，若轮到C游戏后，无论胜利还是失败，一直都参加C游戏，直到4次机会全部用完.
④参加游戏，则每次胜利可以获得奖金50元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金100元；参加游戏，则每次胜利可以获得奖金200元．
已知甲参加每一个游戏获胜的概率都是，乙参加每一个游戏获胜的概率都是，甲、乙参加每次游戏相互独立，第一阶段甲、乙两位运动员射击所得成绩的频率分布直方图如下：
(1)甲、乙两位运动员谁参加第二阶段游戏?并说明理由．
(2)在（1）的基础上，解答下列两问．
（ⅰ）求该运动员能参加游戏的概率．
（ⅱ）记为该运动员最终获得的奖金额，P为获得每个奖金额对应的概率，请用适当的表示法表示关于的函数．
19．在四棱锥中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，平面ABCD，，平面平面．
(1)求证：；
(2)如图，且，求点M到平面PBC的距离；
(3)设四棱锥的外接球球心为Q，在线段PB上是否存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为?若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．【答案】C
【详解】，
所以，所以.
故选C.
2．【答案】B
【详解】设向量与的夹角为，
则，
因，故，
故选B.
3．【答案】C
【详解】由，则，化简得，
所以在向量上的投影向量为.
故选C.
4．【答案】A
【详解】由，可得，
所以，
当点共面时，可得，解得.
故选A.
5．【答案】B
【详解】对于A，众数为；
对于BC，，
设中位数、第70百分位数分别为，
注意到，
设，
解得；
对于D，设平均数为，则.
故选B.
6．【答案】A
【详解】分别为的中点，则，
由已知三棱锥为正三棱锥，取中点为，连接，
由已知和为正三角形，则，
又，且平面，则平面，又平面
则，即，
则.
故选.
7．【答案】C
【详解】对于A：如图，若，但直线平行，故A错误；
对于B：如图，若，但是平面不平行，故B错误；
对于C：如图，若，过直线作两个平面，可得则，故C正确；
对于D：如图，若，则，故D错误.
故选C.
8．【答案】C
【详解】依题意事件，事件，事件，
所以与不是互斥事件，显然不可能是对立事件，故A、B错误；
因为，所以，又，，
所以，所以与是独立事件，故C正确；
因为，所以，又，
所以，所以与不是独立事件，故D错误；
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】
对于A，若，则，则点在线段上，如上图.
因为平面平面,且平面平面,平面平面,
故因为平面，平面,故平面，同理可证平面，
因为平面，平面,且,故有平面平面，
又因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，若，则（为的中点）如上图.
又因为，所以.故点的轨迹长度为，故B正确；
对于C，若，则，所以
，所以点在线段上（如上图）.假设，则，
即，化简得，
该方程无解，所以不存在，故C错误；
对于D，如上图，设为的中点，
当时，则，即，
建立如图所示的空间直角坐标系.
则,
.
所以.
假设平面，则
即解得.故D正确.
故选.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，因为，
由余弦定理可得，
整理可得，则，
且，所以，故A错误；
对于B，由正弦定理可得外接圆的半径，
所以外接圆的面积为，故B正确；
对于C，由，可得，
且，即，解得，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，故C正确；
对于D，由，可得，即，
且，即，
解得，即，当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ACD
【详解】设，，，由题意可得，，
，
对于A，由图可得，，
由，则，即，
化简可得，解得，故A正确；
对于B，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，连接，如下图：
由题意可知，则，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以，则，
可得，所以为直线与平面的夹角，
由A可得，，
在等边中，易知，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为，故B错误；
对于C，由题意取的中点，连接，过作平面，垂足为，如下图：
易知点在平面上的射影为点，即点为等边的中心，
易知，
因为平面，平面，所以，
由B可知，在中，，故C正确；
对于D，由题意作图如下：
设点到平面的距离为，的面积为，
则三棱锥的体积，
平行四边形中，易知的面积，
则三棱锥的体积，
由图可知三棱柱的体积，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】由题意，，
所以点到直线的距离为：.
13．【答案】0.3/
【详解】由题意得，为互斥事件，
即，
，
又①，②，
式子①②相加得，
故，
所以，则.
14．【答案】85
【详解】设更正前甲,乙,丙...的成绩依次为，
则，
即，
所以，
，
即，
所以.
更正后的平均分，
更正后的方差
.
15．【答案】(1)；
(2)
【详解】（1）因为圆锥的底面半径，
经过旋转轴SO的截面是等边，可得，
所以圆锥的侧面积为.
（2）以为原点，所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，

由题意可得，则，，，，，
则，，
所以，，，
所以，
设异面直线PQ与SO所成角的大小为，，
则，
故异面直线PQ与SO所成角的余弦值为.
16．【答案】(1)证明见详解
(2)
【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
17．【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）因为，即，
由正弦定理可得，
，
即，可得，
且，则，可得，
又因为，所以.
（2）（ⅰ）∵，由余弦定理，，又∵（*），
整理得：，即，代入（*）可得，
由余弦定理，；
（ⅱ）∵，由（ⅰ）得：，
解得，
∴.
18．【答案】(1)甲，理由见解析；
(2)（ⅰ）；（ⅱ）答案见解析.
【分析】（1）利用频率分布直方图，结合中位数的意义判断甲乙中位数的大小即得.
（2）（ⅰ）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算即得；（ⅱ）按游戏使用次数，求出值及对应的概率，再用列表法表示出函数关系即可.
【详解】（1）甲运动员成绩位于的频率为0.3，则其中位数大于80，
而乙运动员成绩位于的频率为0.6，，则其中位数小于80，
所以甲运动员参加第二阶段游戏.
（2）（ⅰ）若甲能参加游戏，则游戏至多共使用3次机会，
①游戏共使用2次机会，则概率；
②游戏共使用3次机会，则概率，
所以甲能参加游戏的概率为.
（ⅱ）由甲参加每个游戏获胜的概率都是，得参加完4次游戏后的每个结果发生的概率都为，
①游戏使用了4次，则或50；
②游戏使用了3次，则或150；
③游戏使用了2次，游戏使用2次，则或150；
④游戏使用了2次，游戏使用1次，则或350；
⑤游戏使用了1次，游戏使用3次，则或150；
⑥游戏使用了1次，游戏使用2次，则或350；
⑦游戏使用了1次，游戏使用1次，则或350或550，其中有2种情况，
因此，当时，；当时，，当时，；
当时，；当时，，
所以用列表法表示关于的函数为：
【关键点拨】利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在点E为PB上靠近点P的三等分点.
【详解】（1）证明：四边形ABCD为正方形
又平面PCD，平面PCD
平面PCD
又平面PAB，平面平面
（2）取BC中点N，连接ON，则
平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD
∴以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则
．设平面PBC的一个法向量为
则，得，取
点M到平面PBC的距离为.
（3）存在点E，使得直线PQ与平面AEC所成的角的正弦值为，
，且平面ABCD为正方形，
点Q在平面上的射影是ABCD的中心，可设,
则，解得．
即.
设，，
设平面AEC的一个法向量为，则得，
取
设直线PQ与平面AEC所成的角为
化简得，即或（舍）．
∴存在点E为PB上靠近点P的三等分点，使得直线PQ与平面AEC所成角的正弦值为．
0
50
150
350
550