2024-2025学年山东省菏泽市高一下学期教学质量检测数学试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省菏泽市高一下学期教学质量检测数学试题（含解析），共14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。
1.i2025=( )
A. 0B. 1C. iD. −i
2.某人打靶时连续射击三次，下列事件中与事件“至少一次中靶”互为对立的是( )
A. 三次都没有中靶B. 三次都中靶C. 至多一次中靶D. 只有一次中靶
3.若菱形ABCD的边长为2，∠A=60∘，则AB⋅BC=( )
A. 4B. 2C. 1D. −2
4.如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图，其中∠O′B′A′=90∘，A′B′=1，则AB=( )
A. 1B. 2C. 2D. 6
5.已知α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，下列结论中正确的是( )
A. 若α⊥γ，β⊥γ，则α⊥β
B. 若m⊂α，α⊥β，则m⊥β
C. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
D. 若α∩β=l，β∩γ=m，α∩γ=n，m//n，则l//n
6.如图，某数学兴趣小组欲测量校内旗杆顶部M和教学楼顶部N之间的距离，从C点测得M点的仰角∠MCA=45∘，N点的仰角∠NCB正弦值为35，∠ACB=60∘，旗杆AM高10米，教学楼BN高15米，则MN=( )
A. 6 3米B. 4 13米C. 5 13米D. 10 3米
7.已知样本数据x1，x2，⋯，x2025的平均数和方差分别为a，b，样本数据y1，y2，⋯，y2025的平均数和方差分别是b，a，若yi=2xi−7(i=1,2,⋯,2025)，则y12+y22+⋯+y202522025=( )
A. 5B. 17C. 20D. 2025
8.现有大小和质地相同的6个球，其中有3个红球(标号分别为1、2、3)，3个绿球(标号分别为1、2、3)，按一定方式抽取两球，标号之和大于4即为取球成功.现有三种抽取方式：方式 ①有放回依次抽取两球;方式 ②不放回依次抽取两球;方式 ③按颜色等比例分层抽取两球.记这三种方式取球成功的概率分别为p1，p2，p3.则( )
A. p1>p2>p3B. p3>p2>p1C. p3>p1=p2D. p1=p2=p3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若虚数z1，z2是方程x2−x+1=0的两根，则下列说法正确的有( )
A. |z1|=|z2|B. z12=z22C. z1+z2=z1z2D. z1z2=|z1|2
10.已知三个随机事件A，B，C，概率均不为0，下列说法正确的有( )
A. 若A⊆B，则P(AB)=P(A)
B. 若A，B互斥，P(A∪B)=0.6，P(B)=0.2，则P(A)=0.6
C. 若P(A∪C)=P(B∪C)，则P(A)=P(B)
D. 若P(AB)=P(AB)，则P(A)=P(B)
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点E，F分别是AD，DD1的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列说法正确的有( )
A. 过B1，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是四边形
B. 存在点P，使得FP/​/平面ABC1D1
C. FP+B1P的最小值为 17
D. 若FP⊥CP，则点P轨迹的长度为2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正方形ABCD的边长为1，AB=a,BC=b,AC=c,则|a+b+c|= ．
13.在等腰梯形ABCD中，AD/​/BC，∠ABC=π3，BC=3AD=3，该梯形绕直线AD旋转一周形成的面围成的几何体体积为 ．
14.如图，平面凸四边形ABCD中，AD⊥AC，AB⊥BC，AC平分∠BCD．∠ACD=30∘，则tan∠BDC= ．
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.(本小题13分)
已知点O(0,0)，向量OA=(2,3)，OB=(4,−3)，OC=(1,λ).
(1)若OC⊥AB，求λ的值;
(2)若点P在线段AB的延长线上，且|AP|=32|PB|，求点P的坐标．
16.(本小题15分)
某部门针对某社区建设满意度进行评分，第一轮由8名评委进行评分，评分如下：71，73，76，79，81，83，86，91
第二轮由100名社区居民进行评分，将居民的评分分成[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]五组，并画出其频率分布直方图(如图)．
(1)求a的值并估计这100名居民评分的中位数;
(2)若第一轮评分的平均分为x，第二轮评分的平均分为y(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表).记z=x+y
根据z的取值将社区建设满意度分为三个等级：
试估计该社区建设满意度等级．
17.(本小题15分)
已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acsC+ 3asinCb+c=1
(1)求角A;
(2)若a= 6，O为平面ABC内一点，满足OA+OB+OC=0，求△BOC面积的最大值．
18.(本小题17分)
品酒师测试通常采用的方法如下：拿出3瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这3瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.分别以a1，a2，a3表示第一次排序时被排为1，2，3的三种酒在第二次排序时的序号，令X=|a1−1|+|a2−2|+|a3−3|，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述.若两轮测试都有X=0，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号;若两轮测试都有X≤2，且至少有一轮测试出现X≠0，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号，甲没有任何品酒经验，采用随机猜测的方法排序．
(1)试列出甲每轮测试第二次排序时所有可能的结果(a1,a2,a3)构成的样本空间Ω;
(2)甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件D=“甲被授予一级品酒师称号”，求P(D);
(3)甲连续两天都参加了两轮测试，两天测试结果相互独立，记事件E=“在这两天中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求P(E)并解释其意义．
19.(本小题17分)
如图，△ABC与△BCD所在平面互相垂直，在直角三角形△ABC中，AB=AC，在△BCD中，BC⊥BD，∠BCD=60∘，点E、F分别在线段BD、CD上，将△DEF沿直线EF向上翻折，使点D与点A重合．
(1)证明：AC⊥AE;
(2)求直线AF与平面ABE所成角的正弦值;
(3)判断四棱锥A−BEFC是否存在外接球，若存在，求出外接球半径，若不存在说明理由．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：i2025=(i4)506·i=i．
故选：C．
2.【答案】A
【解析】解：“至少一次中靶”和“三次都没有中靶”，不能同时发生，且必有一个发生，所以为对立事件，故A正确．；
“至少一次中靶”和“三次都中靶”，能够同时发生，故B错误；
“至少一次中靶”和“至多一次中靶”，能够同时发生，故C错误；
“至少一次中靶”和“只有一次中靶”，能够同时发生，故D错误；
故选A．
3.【答案】B
【解析】解：∵菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，
∴∠ABC=120°，
∴AB⋅BC=|AB|⋅|BC|⋅cs(180∘−120∘)
=2×2×12=2．
4.【答案】D
【解析】解：根据斜二测画法还原平面图，如图，
因为A′B′=1，∠A′O′B′=45°，∠O′B′A′=90°，
所以O′A′= 2，O′B′=1，
所以OA=O′A′= 2，OB=2O′B′=2，
所以AB= OA2+OB2= 6，
故选：D．
5.【答案】D
【解析】解：选项A，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β不一定垂直，故A错误；
选项B，若m⊂α，α⊥β，则m不一定垂直β，故B错误；
选项C，若m⊂α，n⊂α，m//β，n/​/β，需要m，n为相交直线才可判断α/​/β，故C错误；
选项D，因为β∩γ=m，所以m⊂β,
因为m⊂β,n⊄β,m//n，所以n/​/β，
又n⊂α,α∩β=l，则l/​/n，故D正确．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】解：由题意得AC=AM=10，
由仰角∠NCB正弦值为35得仰角∠NCB正切值为34，
由BN=15，得BC=1534=20，
在三角形ABC中，∠ACB=60∘，
则AB= 102+202−2×10×20×12=10 3，
所以MN= (10 3)2+(15−10)2=5 13米.
7.【答案】A
【解析】解：x1+x2+⋯+x20252025=x=a ，
(x1−a)2+(x2−a)2+⋯+(x2025−a)22025=s2=b ，
由yi=2xi−7(i=1,2,…,2025)，
可得b=y=y1+y2+⋯+y20252025=2(x1+x2+⋯+x2025)−7×20252025=2x−7=2a−7 ，
则b=2a−7， a=(y1−2a+7)2+(y2−2a+7)2+⋯+(y2025−2a+7)22025
=4[(x1−a)2+(x2−a)2+⋯+(x2025−a)2]2025=4s2=4b ，
则a=4b， 联立b=2a−7,a=4b, 解得b=1,a=4,,
由4=(y1−1)2+(y2−1)2+⋯+(y2025−1)22025=(y12+y22+⋯+y20252)−2×2025×1+20252025 ，
可得y12+y22+⋯+y202522025=5 ．
8.【答案】D
【解析】解：计算p1(有放回依次抽取)总样本空间：有放回抽取两球，共6×6=36种等可能结果．
标号之和>4，可能的标号组合为(2,3)、(3,2)、(3,3)．
(2,3)：标号2的球有2个(红2、绿2)，标号3的球有2个(红3、绿3)，共2×2=4种结果； (3,2)：同理，共2×2=4种结果；
(3,3)：标号3的球有2个，共2×2=4种结果，故p1=1236=13；
计算p2(不放回依次抽取)总样本空间：不放回抽取两球，共6×5=30种等可能结果．
标号之和>4，可能的标号组合为(2,3)、(3,2)、(3,3)．
(2,3)：标号2的球有2个，标号3的球有2个(不放回不影响不同颜色球的抽取)，共2×2=4种结果；
(3,2)：同理，共2×2=4种结果；
(3,3)：标号3的球有2个(红3、绿3)，不放回时第二次抽另一个标号3的球，共2×1=2种结果(红3→绿3，绿3→红3)，故p2=1030=13；
计算p3(分层抽样)分层抽样规则：按颜色等比例抽取两球(红球、绿球各抽1个)，总样本空间：3×3=9种等可能结果(红球3选1，绿球3选1)．
标号之和>4，可能的标号组合为(2,3)、(3,2)、(3,3)，共3种结果，故p3=39=13．
综上，p1=p2=p3．
故选D．
9.【答案】ACD
【解析】解：方程x2−x+1=0的两个根分别为z1=12+ 32i、z2=12− 32i，
对于A，|z1|=|z2|=1，故A正确；
对于B，z12=(12+ 32i)2=−12+ 32i，
z22=(12− 32i)2=−12− 32i，所以z12≠z22，故B错误;
对于C，z1+z2=1，z1z2=1，所以z1+z2=z1z2，故C正确；
对于D，|12+ 32i|2=|12− 32i|2=1，
即|z1|2=|z2|2=z1z2，故D正确．
10.【答案】ABD
【解析】解：选项A：若A⊆B，则AB=A，因此P(AB)=P(A)，故A正确;
选项B：A、B互斥，故P(A∪B)=P(A)+P(B)，所以 P(A)=P(A∪B)−P(B)=0.4，所以 P(A)=1−P(A)=1−0.4=0.6，故B正确;
选项C：反例：设样本空间Ω={1,2,3,4}，取C=1,2,3，A=1，B=1,2，则A∪C=C，B∪C=C，故P(A∪C)=P(B∪C)=0.75，但P(A)=0.25，P(B)=0.5，显然P(A)≠P(B)，故C错误；
选项D：因为P(AB)=P(A)−P(AB)， P(AB)=P(B)−P(AB)， P(AB)=P(AB)，所以 P(A)−P(AB)=P(B)−P(AB)， 得P(A)=P(B)，故D正确．
故选ABD．
11.【答案】BC
【解析】解：因为点E，F分别是AD，DD1的中点，所以EF//AD1，
在正方体中，易证AD1//BC1，所以EF//BC1，
因为EF⊄平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，
所以EF//平面BB1C1C，
过B1作BC1的平行线，分别交CB，CC1的延长线与G，H，则EF//GH．
连接FH，交C1D1于M，连接EG，交AB于N，连接B1M，B1N，
则过B1，E，F三点的平面截正方体所得截面图形是五边形FENB1M，A错误；
当P为BD中点时，因为F是DD1的中点，所以FP//BD1，
FP⊄平面ABC1D1，BD1⊂平面ABC1D1，
所以FP//平面ABC1D1，故B正确；
延长FD，使得DO=FD，连接B1O，则B1O为所求，B1O= 9+8= 17，
所以FP+B1P的最小值为 17，C正确；
连接DP，若FP⊥CP，则因为FD⊥CP，FD∩FP=F，FD，FP⊂平面FDP，
所以CP⊥平面FDP，
因为DP⊂平面FDP，
所以CP⊥DP，
所以P的轨迹是以CD为直径的半圆，点P轨迹的长度为π，D错误．
故选BC．
12.【答案】2 2
【解析】【分析】
本题考查平面向量的加法运算及向量的模，
根据三角形法则，a+b+c=AB+BC+AC=AC+AC=2AC，
因为正方形ABCD的边长等于1，所以AC= 2，从而求得结果．
【解答】
解：a→+b→+c→=AB→+BC→+AC→=AC→+AC→=2AC→，
所以a+b+c=2AC，
因为正方形ABCD的边长等于1，所以AC= 2，
所以a+b+c=2 2．
故答案为2 2．
13.【答案】7π
【解析】解：如图，
梯形绕直线AD旋转一周形成的面围成的几何体是一个底面半径为 3，高为3的圆柱挖去两个底面半径为 3，高为1的圆锥，所以该几何体的体积为π× 32×3−13×π× 32×1×2=7π，
故答案为7π．
14.【答案】3 35
【解析】解：由题意可得：∠ACB=∠ACD=30∘，
因为AD⊥AC，AB⊥BC，所以∠ADC=∠BAC=60∘，
则BC= 3AB，∠BAD=150∘，
设∠BDC=θ，
在△BCD中，BCsinθ=BDsin60∘，整理得BD=BCsin60°sinθ，
在△ABD中，ABsin (60∘−θ)=BDsin150∘，整理得BD=ABsin150°sin60°−θ，
所以BCsin60°sinθ=ABsin150°sin60°−θ，
整理得3sin(60∘−θ)=sinθ，
解得tanθ=3 35．
15.【答案】解：(1)AB=OB−OA=(2,−6)，
因为OC⊥AB，
所以OC⋅AB=2−6λ=0得λ=13；
(2)设P(x,y)，
因为点P在线段AB的延长线上且|AP|=32|PB|，
所以AP=32BP，
所以x−2=32(x−4)y−3=32(y+3),
解得：x=8y=−15,
所以点P的坐标为(8,−15)．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)由(0.010+a+0.025+0.030+0.015)×10=1得：a=0.020，
因为0.1+0.2=0.30.5，
所以100名居民评分的中位数位于区间[70,80)，
设100名居民评分的中位数为x，
则0.3+(x−70)×0.025=0.5，解得x=78，
所以a的值为0.020，中位数为78．
(2)x=18(71+73+76+79+81+83+86+91)=80，
y=55×0.1+65×0.2+75×0.25+85×0.3+95×0.15=77，
所以z=x+y=80+77=157，
所以该社区建设满意度等级为满意.
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：(1)由acsC+ 3asinCb+c=1，
得acsC+ 3asinC=b+c，
由正弦定理得sinAcsC+ 3sinAsinC=sinB+sinC，
所以sinAcsC+ 3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，
化简得 3sinAsinC=csAsinC+sinC，
因为sinC≠0，
所以 3sinA=csA+1，
所以sin(A−π6)=12，
因为0