湖南省衡阳市2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测 数学（无解析）

这是一份湖南省衡阳市2024-2025学年高一下学期7月期末质量监测 数学（无解析），共13页。试卷主要包含了考试结束后，只交答题卡， 在中，，，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本试卷共150分，考试时量120分钟.
2.全部答案在答题卡上完成，答在本试题卷上无效.
3.考试结束后，只交答题卡.
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. 复数（i是虚数单位），则（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】本题可根据复数的模的计算公式来求解.
【详解】已知，根据复数模的计算公式可得：
.
故选：B
2. 某学校高一年级有1100名学生，高二年级有1000名学生，高三年级有900名学生，为了解不同年级学生运动的情况，通过分层随机抽样的方法，从全体学生中抽取一个容量为300的样本，那么从高一年级抽取的学生人数为（ ）
A. 110B. 100C. 90D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】由题意及分层抽样知识可得答案.
【详解】样本中高一年级的学生人数为．
故选：A
3. 已知，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的夹角计算公式即可求解.
【详解】由已知，，，
设则与的夹角为，则余弦值，
又因为，所以.
故选：C.
4. 已知平面，直线，，如果，且，那么与的位置关系是（ ）
A. 相交B. 或C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面平行的位置关系判断即可.
【详解】如果，且，那么或.
故选：B
5. 在中，，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定结果.
【详解】已知在中，，，
根据正弦定理，可得：，
因为，所以，又因为，所以或，
即“”不能推出“”；
已知在中，，，，
根据正弦定理，将，，代入可得：
，
即“”可以推出“”；
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
6. 一个袋子中有2个红球，4个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球.记事件A：第一次取到红球，事件B：第二次取到绿球，事件C：两次取到同色球，事件D：两次取到异色球，则（ ）
A. A与B互斥B. A与C相互独立
C. C与D互为对立事件D. B与D相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可判断AC；利用事件独立性的定义即可判断B；列出事件的样本空间即可判断D.
【详解】设2个红球为，4个绿球为，所以
，，
，，，
由，所以A与B不互斥，故A错误；
，
因为，所以A与C不独立，故B错误；
由，所以C与D互为对立事件，故C正确；
显然，故D错误.
故选：C.
7. 如图1，已知四边形PABC是直角梯形，，，，D是线段PC中点.将沿AD翻折，使，连接PB，PC，如图2所示，则PB与平面ABCD所成角的正弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据定义找出直线与平面所成角，然后在直角三角形中计算.
【详解】由已知，，又平面，
所以平面，所以是PB与平面ABCD所成角，
平面ABCD，则，
由题意，，所以，
所以，
故选：D.
8. 在锐角中，角A，B，C所对应边分别为a，b，c，的面积为S，若，则的可能取值为（ ）
A. B. 3C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】使用面积公式以及正弦定理化简得到，并结合余弦定理求得，根据锐角三角形可得，然后化简式子并使用对勾函数的性质可得结果.
【详解】在锐角中，，
所以，即，
由正弦定理有，又由余弦定理，
，
由正弦定理有，
，
，所以，即，
又锐角中，，
，
，
故的可能取值为4，
答案选：C.
二、多项选择题：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. 有一组样本数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，若去除首末两个数，得到一组新的样本数据，则这两组数据的（ ）
A. 极差相等B. 中位数相等C. 方差相等D. 平均数相等
【答案】BD
【解析】
【分析】分别计算这两组数据的极差，中位数，方差，平均数比较即可.
【详解】原始数据的极差为8，中位数为5，平均数为，
方差为；
去除首末两个数余下数据极差为6，中位数5，平均数为，
方差为.
故选：BD
10. 已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则是锐角三角形
【答案】ABC
【解析】
【分析】可根据正弦定理以及三角函数的性质对选项逐一进行分析.
【详解】对于选项 A， 若，根据正弦定理可得，故A正确；
对于选项 B，在中， 若，则或，
又因为，所以不成立，即，故B正确；
对于选项 C，根据二倍角公式可得
，
由正弦定理可得，
因为，可得，即，所以，即，故C正确；
对于选项 D，若，则，但仅根据为锐角不能确定是锐角三角形，
例如，，，此时，但是直角三角形，故选项D错误.
故选：.
11. 如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点，且∥平面，则（ ）
A. 平面
B. 异面直线与所成角的正切值为2
C. 三棱锥的外接球的表面积为
D. 底面四边形内（包含边界）有一动点Q，，则动点Q的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由面面垂直的性质定理及线面垂直的判断定理可判断A；取中点为，连接，则可得为与所成角（或补角），由面面平的判断定理及以性质定理可得平面在直角三角形中，求解即可；由题意可得三棱锥的外接球球心为的中点，求得半径为，求出外接球的表面积，即可判断C；确定动点的轨迹是以为圆心1为半径的半圆，即可判断D.
【详解】解：对于A，因为平面平面，交线为，
又平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面平面，
所以平面，故A正确；
对于B，取中点为，连接，
因为为中点，
所以∥，
所以为与所成角（或补角），
又平面，平面，所以∥平面，
又因为∥平面，，平面平面，
所以平面∥平面，
又平面平面，平面平面，
所以∥，
又平面，
所以平面平面，
所以，，，
所以，故B正确；
对于C，因为和为直角三角形，
所以三棱锥的外接球球心为的中点，
又因为 ，
所以，，
所以半径为，
所以三棱锥外接球表面积为，故C错误；
对于D，连接，则为三棱锥的高，
又，，
所以,
故，
所以动点的轨迹是以为圆心1为半径的半圆，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点睛：C选项中，得到三棱锥的外接球球心为的中点是判断C的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的底面周长为，高为5，则该圆锥的体积为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥底面周长求出底面半径，再结合圆锥体积公式求出圆锥体积.
【详解】已知圆锥底面周长，（其中为底面半径），解得，
已知圆锥的高，由圆锥体积公式可得：.
故答案为：
13. 如图，在正八边形上有A，B，C，D，E，F，G，H八个顶点，每个相邻的两顶点间称为1步（例如：A到B为1步）.现有一小球起始位置在点A处，并按规则沿八边形的边进行移动，移动规则为：抛掷一枚均匀的骰子，若骰子正面向上的点数为，则小球按顺时针方向前进i步到达另一个顶点.若抛掷两次骰子，则小球回到顶点A处的概率为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意棋子在点处，可得两次骰子点数之和为，再利用列举法以及古典概型概率公式计算可得．
【详解】两次数字和为的有，，，，共个结果，
其中拋次骰子共有种结果，
所以游戏结束时棋子回到点处的概率.
故答案为：
14. 已知中，，，，，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】令则三点共线，进而可得当垂直时，最小，计算即可.
【详解】令，
所以为等边三角形， ，
记三点共线，
当垂直时，最小，则的最小值为.
故答案为：
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. 已知，，.
（1）若，求λ的值；
（2）当k为何值时，？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积坐标运算；
（2）根据共线向量的坐标公式计算.
【小问1详解】
由题可知，，
，
解得
【小问2详解】
由，得
， ，
16. 某校进行“AI知识”讲座，讲座之后对所有参加学习的学生进行学习效果测评，通过简单随机抽样，获得了100名学生的测评成绩作为样本数据，分成，，，，，六组，整理得到如下频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图求a的值，并估计众数和中位数；
（2）在抽取的100名学生中，选取2名测评成绩在的学生作为座谈代表，求这两名学生的测评成绩恰好在同一组的概率.
【答案】（1），众数为75分，中位数为64
（2）
【解析】
【分析】（1）结合频率分布直方图的性质，通过矩形面积和为1求，再依据众数、中位数的定义进行求解；
（2）先确定相关区间人数，再利用古典概型概率公式计算概率.
【小问1详解】
因为
所以
参加这次测评学生成绩的众数为75分
由所给频率分布直方图知
100名学生成绩在的频率为0.4，在的频率为0.65，
所以参加这次问卷调查学生成绩的中位数在内
设中位数，则，
解得
所以参加这次问卷调查学生成绩的中位数为64.
【小问2详解】
在抽查的100名学生中，成绩在中的学生有人，
成绩在中的学生有人，
记［80,90）中的3人为，
记［90,100］中的2人为
所有基本事件有：
共10种，
来自同一组的有：，共4种情况，
故恰好来自同一组的概率.
17. 在锐角中，角A，B，C所对应边分别为a，b，c，.
（1）求A；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】利用正弦定理将边转化为角可得，然后计算即可；
利用余弦定理可得，然后将边转化为角可得，然后确定角度范围，使用正弦函数的性质求解.
【小问1详解】
依题意，由正弦定理
得
即
又在锐角中，有，所以，
所以，所以；
【小问2详解】
结合（1）可得，
由，则根据正弦定理有，
得，
根据余弦定理有，得，
又为锐角三角形，则有，得，
，.
故
18. 如图，在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点在线段上.
（1）当时，
（ⅰ）求证：平面；
（ⅱ）求点P到平面的距离；
（2）当时，求二面角的余弦值.（不允许用空间向量法求解）
【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）连接交于点，连接，根据三角形的中位线可得利用线面平行的判断定理即可证得结果；（ⅱ）由（ⅰ）知平面，点到平面的距离可以转为到平面的距离，即为所求结果；
（2）可证得为二面角的平面角，通过余弦定理计算即可求得结果.
【小问1详解】
（ⅰ）连接交于点，连接，
因为底面为正方形，所以点为的中点，
当时，为中点，所以
因为平面平面
平面
（ⅱ）由（ⅰ）知平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离.
底面，
底面，，
因为底面为正方形，所以，
又因为平面平面，，所以平面，
所以即为点到平面的距离，
所以点到平面的距离为，
【小问2详解】
当时，点为上靠近于C的三等分点，
因为平面，平面，
所以，
连接，，
又，点在公共边上.
，又
为二面角的平面角
在中，，
在中，在由余弦定理得：
.
.
所以二面角的余弦值为.
19. 数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中，数据是由数字0和1组成的数字串，发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时，收到的数字是0的概率为，收到的数字是1的概率为；发送数字1时，收到的数字是1的概率为，收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立，且.
（1）若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率；
（2）用X表示收到的数字串，将X中数字0的个数记为，如“001”，则，对应的概率记为.
（ⅰ）若发送的数据为：“011”，且，求；
（ⅱ）若发送的数据为“0101”，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）接收到的两个数字中有且只有一个正确，包括数字0接收正确数字1错误和数字0接收错误数字1正确两种情况，利用事件独立性和互斥性计算即可求解；
（2）（i）事件表示接收到的数据中含两个0，包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，②数学0错误，数字1都错误，事件表示接收到的数据中含三个0，只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值：（ii）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定的范围.
【小问1详解】
记“接收到的两个数字中有且只有一个正确”为事件A，由已知，
事件包含两种情况：
第一种数字0接收正确数字1错误，概率为：，
第二种数字0接收错误数字1正确，概率为：，
所以；
【小问2详解】
（i）由发送的数据为“011“可知，事件表示接收到的数据中含两个0，
包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，
②数学0错误，数字1都错误，
所以，
事件表示接收到的数据中含三个0，
只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，
所以，
由得：
，
化简得，
又，上式可化为：
或（舍去）；
（ⅱ）当发送的数据为“0101”，事件包含以下三种情况：
①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为，
②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，
其概率为，
③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为
，
，
令，则，
又且，，
，
，
记，
由二次函数的性质可知，在单调递减，
得最大值为，
即的最大值为.