江苏苏州2024~2025学年高一下册6月学业质量阳光指标调研数学试题[含解析]

这是一份江苏苏州2024~2025学年高一下册6月学业质量阳光指标调研数学试题[含解析]，共19页。试卷主要包含了本卷共4页，包含单项选择题，5C，5B， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项
学生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求：
1.本卷共4页，包含单项选择题（第1题~第8题）､多项选择题（第9题~第11题）､填空题（第12题~第14题）､解答题（第15题~第19题）.本卷满分150分，答题时间为120分钟.答题结束后，请将答题卡交回.
2.答题前，请您务必将自己的姓名､调研序列号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置.
3.请在答题卡上按照顺序在对应的答题区域内作答，在其他位置作答一律无效.作答必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔.请注意字体工整，笔迹清楚.
一､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. 设为虚数单位，已知复数，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的商的运算法则求得，进而可求.
【详解】，
则.
故选：B.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式与两角差的正弦公式化简求值.
【详解】
.
故选：A.
3. 某射击运动员射击6次，命中的环数如下：7，9，6，9，10，7，则关于这组数据的说法正确的是（ ）
A. 极差为10B. 中位数为7.5C. 平均数为8.5D. 标准差为
【答案】D
【解析】
【分析】利用极差、中位数、平均数、标准差的定义，根据条件逐一对各个选项分析判断即可得出结果.
【详解】某射击运动员射击6次，命中的环数从小到大排列如下：6，7，7，9，9，10，
对A，极差为，故A错误；
对B，中位数为，故B错误；
对C，平均数为，故C错误；
对D，标准差为，故D正确.
故选：D
4. 某科研单位对ChatGPT的使用情况进行满意度调查，在一批用户的有效问卷（用户打分在50分到100分之间的问卷）中随机抽取了100份，按分数进行分组（每组为左闭右开的区间），得到如图所示的频率分布直方图，估计这批用户问卷的得分的第百分位数为（ ）
A. 78.5B. 82.5C. 85D. 87.5
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数计算规则计算可得.
【详解】因为，
，
所以第百分位数位于，设为，
则，解得.
故选：B
5. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求出，即可求出.
【详解】由正弦定理，则，
又，所以，所以，
所以.
故选：C
6. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A 若，，，则B. 若，，，则
C 若，，，则D. 若，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误；
对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误；
对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误；
对于D：若，，则或，
若，则在平面内存在直线，使得，又，则，
又，所以；
若，又，所以；
综上可得，由，，，可得，故D正确.
故选：D
7. 在中，已知，则的形状一定为（ ）
A. 等腰三角形B. 锐角三角形
C. 直角三角形D. 钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角公式及正弦定理将角化边，即可判断.
【详解】因为，
所以，
所以，由正弦定理可得，
所以为直角三角形.
故选：C
8. 长篇评弹《玉蜻蜓》在江南可谓家喻户晓，是苏州评弹的一颗明珠.为了让更多年轻人走近评弹､爱上经典，苏州市评弹团在保留原本精髓的基础上，打造了《玉蜻蜓》精简版，将长篇压缩至三场，分别是《子归》篇､《认母》篇､《归宗》篇.某班级开展对《玉蜻蜓》的研究，现有三位学生随机从三篇中任意选一篇研究，记“三人都没选择《子归》篇”为事件M，“至少有两人选择的篇目一样”为事件N，则下列说法正确的是（ ）
A. M与N互斥B. C. M与N相互独立D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算事件M和事件N的概率，由互斥事件的性质和相互独立事件的定义，对选项进行判断即可.
【详解】三个人随机选三篇文章研究，样本空间共种，
事件M：“三人都没选择《子归》篇”共有：，所以，
事件N：“至少有两人选择的篇目一样”共有种，所以，
，所以M与N不互斥，A错误，D错误；
事件MN共有种，所以，B正确；
因为，所以C错误.
故选：B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为B.
C. 的图象关于直线对称D. 在区间上单调递增
【答案】BD
【解析】
【分析】利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，在根据正弦函数的性质计算可得.
【详解】因为
，
所以的最小正周期，故A错误；
因为，所以，故B正确；
因为，所以的图象不关于直线对称，故C错误；
当，则，又上单调递增，
所以在区间上单调递增，故D正确.
故选：BD
10. 已知复数，，，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A项，表达出和，即可得出相等；B项，作出示意图即可得出结论；C项，写出和的表达式，利用得出两复数的实部和虚部的关系，即可得出结论；D项，对进行化简即可得出结论.
【详解】由题意，
设
A项，，
，
∴,A正确；
B项，当时，若两复数是虚数，不能比较大小，B错误；
C项，，
，
，
当时，
，，
∴，任取，或，任取，
即至少有一个为0
∴（其中至少有两项为0），C正确；
D项，∵，∴，
∵，∴，即，D正确；
故选：ACD.
11. 如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. 点，到平面的距离相等D. 平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】取的中点，的中点，的中点，即可得到正六边形为平面截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D；根据线面垂直的判定定理说明A，证明平面，即可说明B，根据正方体的性质判断D.
【详解】如图，取的中点，的中点，的中点，
连接、、、、、、、、、，

则，，，所以，所以、、、四点共面，
又，所以、、、四点共面，
同理可证，所以、、、四点共面，正六边形平面截该正方体所得截面，
又，所以，故D正确；
因为平面，平面，所以，则
同理可证，又，平面，
所以平面，即平面，故A正确；
因为，平面，平面，
所以平面，即平面，又，平面，
平面平面，所以不平行平面，故B错误；
设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知，
即交平面于点，所以点，到平面的距离相等，
即点，到平面的距离相等，故D正确.
故选：ACD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设向量，，，若，则实数λ的值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】求出，利用，即可求出实数λ的值.
【详解】由题意，
，，，
∴
∵，
∴，解得：，
故答案为：.
13. 在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】证明两两垂直，由的边长，求出外接球半径，求表面积即可.
【详解】直角三角形ABC中，，，则斜边，，
CH为斜边AB上的高，则，，，
平面平面，平面平面，
，平面，则平面，
又，所以两两垂直，
，，，
则三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
14. 在中，已知，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式化简，即可求出，从而得到，从而将转化为的三角函数，再利用辅助角公式计算可得.
【详解】因为，
所以，
即，所以，
所以，又，所以，则，
所以
，
取为锐角，其中，，因为，所以，
所以当时取得最大值，且最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是推导出的值，从而将转化为的三角函数，结合辅助角公式求出最大值.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点.
（1）求证：平面PBC；
（2）求证：平面AFG.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先证平面，有，再由，可证平面PBC；
（2）连接交于点，由，得为中点，可得，线面平行的判定定理得平面.
【小问1详解】
底面为矩形，所以，
底面，底面，则，
，平面，则平面，
平面，所以，
又，为中点，则，
平面，，所以平面.
【小问2详解】
连接交于点，连接，
由四边形为矩形，分别为中点，所以，
则，即为中点，又因为为中点，有，
平面，平面，所以平面.
16. 一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.
（1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间；
（2）分别求事件A，B，C发生的概率；
（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率.
【答案】（1）
（2），，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据事件的定义列出样本空间即可；
（2）根据古典概型概率计算公式计算即可；
（3）根据古典概型概率计算公式计算即可.
【小问1详解】
样本空间，共有12个基本事件；
【小问2详解】
事件A的基本事件为：共6个基本事件，所以，
事件B的基本事件为：共3个基本事件，所以，
事件C的基本事件为：共4个基本事件，所以，
【小问3详解】
事件A，B，C中至少有一个发生的基本事件为：共9个基本事件，
所以.
17. 如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，是边长为1的等边三角形.
（1）若，求线段AE的长；
（2）若且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，有，又，中，，求值后由正弦定理求线段AE的长；
（2）在和中，余弦定理得，又，解得，在中，由余弦定理求，再得.
【小问1详解】
因为为等边三角形，所以，
又，所以，
在中，，
所以，
由正弦定理得，.
【小问2详解】
，，
中，由余弦定理，，
在中，由余弦定理，
两式相加得，
因为，所以设，，则，
在中，，由余弦定理得，，
得，化简得，
由，解得或，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意，
所以，，，
在中，，，可得，
在中，由余弦定理，，
所以.
18. 如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记.
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数和的值；
（3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由向量的线性运算可得，两边平方可求解；
（2）由已知可得，，可得结论；
（3）利用向量的线性关系可得，，计算可得结论.
【小问1详解】
若，则，，
所以，
两边平方可得，
所以；
【小问2详解】
若，则，所以，
①，
②，
由①②可得；
【小问3详解】
，
，
设，又，
又，所以①，
由，可得，所以，所以，
所以，
由，可得，
所以，
又三点共线，所以②，
联立①②解，
所以，所以，
，
，
所以
，
又，
所以，同理可得，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是用基底表示向量后，求向量模或者夹角就可以利用公式直接计算.
19. 如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论；
（2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论；
（3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可.
【小问1详解】
因为，，所以，
又平面，平面，所以平面，
，，可得，又，，
所以是等边三角形，所以，，
又，所以，又平面，平面，
平面，又，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
由侧面为矩形，可得，
连接，可得是等边三角形，所以，
所以，又，，
由余弦定理可得，所以，
所以，所以，所以，所以，
又， 平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问3详解】
延长交于，可得是等边三角形，
过作于，
由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
又三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面，
所以，
解得，过作于，连接，
平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，
又，由勾股定理可得，
所以，所以，所以由勾股定理可得，
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.