江苏常州北郊高级中学2024~2025学年高一下册6月阶段调研数学试题[含解析]

这是一份江苏常州北郊高级中学2024~2025学年高一下册6月阶段调研数学试题[含解析]，共19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
1. 已知复数满足，且是复数的共轭复数，则的值是（ ）
A B. 3C. 5D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】先化简复数，再求出，最后得解.
【详解】，
，
.
故选：C
2. 已知向量．若与平行，则实数λ的值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，向量共线的坐标表示计算得解.
【详解】由，得，而，与平行，
因此，解得，
所以实数λ的值为.
故选：D
3. 设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下面为真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 对于空间中的直线，若，则
C. 若直线上存在两点到平面的距离相等，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中直线和平面的位置关系的判定定理和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【详解】对于A：在长方体中，
令平面是平面，平面为平面，直线为直线，
直线为直线，显然，
此时直线是异面直线，不平行，故A错误；
对于B：当，时，只有相交时才有，
比如A选项的长方体中平面，平面，，，
但是与平面不垂直，故B错误；
对于C：若直线上存在两点到平面的距离相等，则或与相交，故C错误；
对于D：如图：
因为，过作平面和平面交于，则，而，故，
又，故，故D正确.
故选：D.
4. 若为第三象限角，且，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由同角三角函数的关系求出，再由半角公式求.
【详解】为第三象限角，且，则，
得，
故选：A
5. 在中，，则中最小的边长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由大边对大角锁定所求即为的值，结合正弦定理即可求解.
【详解】因为，所以是最小的角，所以中最小的边长为，
由正弦定理有，即，解得.
故选：C.
6. 从集合中任取两个数，则这两个数的和不小于的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】列出所有可能结果，再由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】从集合中任取两个数所有可能结果有、、、
、、、、、、共个，
其中满足两个数的和不小于的有、、、、、、、共个，
所以这两个数的和不小于的概率.
故选：C
7. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A. 1B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
当相对的棱长相等时，不妨设，，
因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
8. 在某学校开展的“防电信诈骗知识竞赛”活动中，高三年级部派出甲、乙、丙、丁四个小组参赛，每个小组各有10位选手．记录参赛人员失分（均为非负整数）情况，若小组的每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知选手失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（ ）
A. 甲组中位数为3，极差为5B. 乙组平均数为2，众数为2
C. 丙组平均数为2，方差为3D. 丁组平均数为2，第85百分位数为7
【答案】C
【解析】
【分析】A选项，假设有选手失8分，根据极差得到最低失分为3分，中位数为3，故A错误；C选项，根据方差得到，若有选手失8分，则有，矛盾，故C正确；BD选项，举出反例即可判断.
【详解】A选项，假设存在选手失分超过7分，失8分，根据极差为5，得到最低失分为3分，
此时中位数为3，故假设可以成立，故A错误；
B选项，假设乙组的失分情况为，
满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，B错误；
C选项，丙组的失分情况从小到大排列依次为，
丙组平均数为2，方差为3，即，
若，则，不合要求，故，
所以该组每位选手失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，故C正确；
D选项，，故从小到大，选取第9个数作为第85百分位数，
即从小到大第9个数为7，假设丁组失分情况为，
满足平均数为2，第85百分位数为7，但不是“优秀小组”，故D错误.
故选：C.
二、多选题
9. 已知甲组数据为1，1，3，3，5，7，9，乙组数据为1，3，5，7，9，则（ ）
A. 这两组数据的第80百分位数相等
B. 这两组数据的极差相等
C. 这两组数据分别去掉一个最大值和一个最小值后，仅乙组数据的均值不变
D. 甲组数据的方差比乙组数据的方差大
【答案】BC
【解析】
【分析】根据百分位数，极差，平均数定义计算，对选项一一判断ABC；计算出两组数据的方差，根据方差判断D.
【详解】对于A，由，得甲组数据的第80百分位数为7，
由，得乙组数据的第80百分位数为8，A错误；
对于B，甲组数据与乙组数据的极差均为8，B正确；
对于C，甲组数据去掉前、后的均值分别为，，
乙组数据去掉前、后的均值分别为，，C正确；
对于D，甲组数据的方差，
乙组数据的方差，而，D错误．
故选：BC
10. 如图，正方体的棱长为1，动点在直线上，，分别是，的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A. B. 平面
C. 三棱锥的体积为定值D. 存在点，使得平面平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据线线平行的转化，即可判断A，首先利用平面几何证明，再证明，即可证明线面垂直，判断B，根据三棱锥的体积，结合底面积和高的计算，即可判断C，根据面面平行的性质，即可判断D.
【详解】连接，∵，分别是，的中点，则
又∵，，则为平行四边形，即，∴，A正确；
，所以，，
∴.
即，又∵平面，平面，
则，，且平面，∴平面，B正确；
三棱锥即为三棱锥，∴平面平面，
则动点到平面的距离，
的面积，∴为定值，C正确；
∵是的中点，则，，则为梯形.
与相交，则平面与平面相交，D不正确；
故选：ABC
11. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A. 若，则事件与B相互独立
B. 若A与B相互独立，则
C. 若A与B互斥，则
D. 若B发生时A一定发生，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用独立事件的定义判断A；利用并事件的概率公式判断B；利用互斥事件的概率公式判断C；分析可知判断出D.
【详解】对于A，由，，得，
显然，因此事件与相互独立，A正确；
对于B，若与相互独立，则，
因此，B正确；
对于C，若与互斥，则，C错误；
对于D，若发生时一定发生，则，，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：判断两个事件相互独立的关键是利用相互独立的定义，即事件相互独立，则，反之亦然.
三、填空题
12. 现利用随机数表法从编号为00，01，02，…，18，19的20支水笔中随机选取6支，选取方法是从下列随机数表第1行的第9个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6支水笔的编号为______．
95226000 49840128 66175168 39682927 43772366 27096623
92580956 43890890 06482834 59741458 29778149 64608925
【答案】14
【解析】
【分析】根据随机数表法的读取规则，即可求解.
【详解】由题意可知，第一支为01，以后依次为17，09，08，06，14，所以第6支水笔的编号为14.
故答案为：14
13. 将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，所以，
又，则，所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故答案为：.
14. 在中，内角所对的边分别为，满足，是边的中点，，且，则的长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先根据正弦定理边角互化，求得角，再根据面积关系求得，并根据余弦定理求得，即可求解.
【详解】由正弦定理可知，，
即，则，，
所以，

因为点是中点，所以和的面积相等，设，
则，即，
中，根据余弦定理可知，，
则，，
中，.
故答案为：
四、解答题
15. 设函数，其中向量，（）.
（1）求的最小正周期；
（2）当时，求的值域；
（3）在中，，，分别是角，，所对的边，已知，，的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的坐标表示及三角恒等变换公式将函数化简，再由正弦函数的性质计算可得
（2）由的取值范围求出的范围，再由正弦函数的性质计算可得；
（3）由题设可得，应用三角形面积公式求出，由余弦定理求得，最后由正弦定理，即可求目标式的值.
【小问1详解】
因为函数，其中向量，，
所以
，
所以的最小正周期.
【小问2详解】
当时，所以，
所以，即在上的值域为；
【小问3详解】
由，得，则，
又，所以，故，则.
由，可得.
在△中，由余弦定理得，
所以，
由，所以.
16. 2024年5月22日至5月28日是第二届全国城市生活垃圾分类宣传周，本次宣传周的主题为“践行新时尚分类志愿行”.阜阳三中高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩x（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计将成绩进行整理后，分为五组（，，，，），其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，请根据下面尚未完成的频率分布直方图（如图所示）解决下列问题：
（1）求a，b的值；
（2）若根据这次成绩，学校准备淘汰80%的同学，仅留20%的同学进入下一轮竞赛请问晋级分数线划为多少合理？
（3）某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生分数：，，，…，，已知这10个分数的平均数，标准差，若剔除其中的95和85这两个分数，求剩余8个分数的平均数与方差．
【答案】（1），
（2）晋级分数线划为78分合理
（3）90；38.75
【解析】
【分析】（1）由其中第1组频数的平方等于第2组、第4组频数之积，求出的值，频率分布直方图面积和为1，求b的值；
（2）利用频率分布直方图计算第80百分位数即可；
（3）根据平均数和方差的计算公式求出结果.
【小问1详解】
由题意知，所以，解得，
又，解得．
所以，，
【小问2详解】
成绩落在内的频率为：，
落在内的频率为：，
设第80百分位数为m，则，
解得，所以晋级分数线划为78分合理．
【小问3详解】
，故：．
又，，
剔除其中的95和85两个分数，设剩余8个数为，，，…，，
平均数与标准差分别为，，
则剩余8个分数的平均数：；
方差：．
17. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上.
（1）求证：平面；
（2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可.
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
因为为菱形，所以，
又平面平面，
所以平面
【小问2详解】
如图，连接，则平面，
由平面，平面，平面，得，
故即为二面角的平面角，
在菱形中，，
所以，
又，所以，
由点E为的中点，得，
所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则，
所以，即二面角的余弦值为.
18. 某学校在端午节前夕举行“灯谜竞猜”活动，活动分一、二两关，分别竞猜5道、20道灯谜．现有甲、乙两位选手独立参加竞猜，在第一关中，甲、乙都猜对了4道，在第二关中甲、乙分别猜对12道、15道．假设猜对每道灯谜都是等可能的．
（1）从第一关的5道灯谜中任选2道，求甲都猜对的概率；
（2）从第二关20道灯谜中任选一道，求甲、乙两人恰有一个人猜对的概率．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）写出样本空间，根据古典概型的概率计算公式即可求解；
（2）求出“任选一道灯谜，甲猜对”的概率，“任选一道灯谜，乙猜对”的概率，“任选一道灯谜，甲、乙两人恰有一个人猜对”的概率，根据独立性即可求解.
【小问1详解】
设“任选2道灯谜，甲都猜对”，
用1，2，3，4，5表示第一关的5道灯谜，其中1，2，3，4表示甲猜对的4道，
则样本空间，，
所以，，根据古典概型的概率计算公式，得；
【小问2详解】
设“任选一道灯谜，甲猜对”，“任选一道灯谜，乙猜对”，“任选一道灯谜，
甲、乙两人恰有一个人猜对”，根据题意可得，
，，，，
因为，且，互斥，
又甲、乙两位选手独立参加竞猜，
所以，相互独立，从而，相互独立，，也相互独立，
所以，
即甲、乙两人恰有一个人猜对的概率为．
19. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．
（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；
（2）如图2，平行六面体中，平面平面，，，
①求的余弦值；
②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.
【解析】
【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；
（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．
【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，
作交于点，连接，
则是二面角的平面角．
在中和中分别用余弦定理，得
，
，
两式相减得，
∴，
两边同除以，得．
（2）①由平面平面，知，
∴由（1）得，
∵，，
∴．
②在直线上存在点，使平面．
连结，延长至，使，连结，
在棱柱中，，，
∴，∴四边形为平行四边形，
∴．
在四边形中，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
又平面，平面，
∴平面．
∴当点在的延长线上，且使时，平面．