2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高一下学期期末质量检测数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年福建省部分学校教学联盟高一下学期期末质量检测数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数z满足z(1+i)=1(i为虚数单位)，则在复平面内复数z对应的点在(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.化简AB−AD+A.2BD B.0 C.BD D.3.从1，2，3，4这四个数中随机取两个数，则这两个数之和为偶数的概率是(

)A.13 B.12 C.234.已知m,n是两条不重合的直线，α,β是两个不重合的平面，则(

)A.若m//α,n//α，则m//n  B.若m//α,m⊥β，则α//5.已知高均为1的圆柱和圆锥的底面半径相等，且侧面积相等，则圆锥的体积为(

)A.33π B.π C.6.若cos(α−β)=513,cos2α=13，且A.5+24239 B.5−242397.依次抛掷两枚质地均匀的骰子，A1表示事件“第一次抛掷骰子的点数为2”，A2表示事件“第一次抛掷骰子的点数为奇数”，A3表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为6”，A4表示事件“两次抛掷骰子的点数之和为7A.A3与A4为对立事件 B.A1与A3为相互独立事件

C.A2与A4为相互独立事件8.已知点P是平行四边形ABCD内的一点，且满足PA+2PB+3PC+4PD=0，设三角形PBC和平行四边形ABCD的面积分别是A.15 B.14 C.13二、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.已知向量a=(3,−1)，b=(1,2)A.a⊥b B.a+b=17

C.若c=(t,1)且，则t10.已知函数f(x)=3sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，f−πA.ω=2

B.φ=2π3

C.fx−π6为奇函数

D.当f(x)11.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱DD1的中点，F为正方形C1CDD1A.动点F轨迹的长度为2

B.直线B1F与A1B不可能垂直

C.当三棱锥B1−D1DF的体积最小时，直线B三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，C′B′⊥x′轴，C′D′//y′轴，13.如图，在使用无人机测量某塔高度的过程中，发现在地面上选择一个观测点C，在C处测得A处的无人机和塔顶M的仰角分别为30°，45°，且在A处无人机测得点M的仰角为15°，点B，C，N在同一条直线上.则塔的高度MN与无人机距地面的高度AB之比为

．

14.已知函数f(x)是定义域为R上的奇函数，满足f(1+x)=f(1−x)，若f(1)=2，则f(1)+f(2)+f(3)+⋅⋅⋅+f(2024)=

．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)某企业为了解员工对“工作任务安排”的认可程度，人力部门随机抽取了200名员工，根据这200名员工对“工作任务安排”的认可程度给出的评分(评分均在［50，100］内)，将所得数据分成五组：[50,60),(1)求m的值，并估计这200名员工评分的平均数(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；(2)估计这200名员工评分的第60百分位数；(3)为了了解部分员工对“工作任务安排”的认可程度较低的原因，人力部门从评分落在[50,60),[60,70),[70,80)的员工中用分层抽样的方法随机抽取16.(本小题15分)如图，在四棱锥O−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=60∘，OA⊥平面ABCD，OA=2，M为OA的中点，(1)求证：CD⊥平面MAP(2)求证：MP//平面OBC(3)求三棱锥M−PAD的体积．17.(本小题15分为了预防流感，某学校对教室用药熏消毒法进行消毒.已知药物释放过程中，室内每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)成正比；药物释放完毕后，y与t的函数关系式为y=1et−a(a为常数，(1)求从药物释放开始，每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)之间的函数关系式；(2)为保证学生的身体健康，规定当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克及以下时，学生方可进教室.请计算从药物释放开始，至少需要经过多少小时，学生才能回到教室.(参考数据：ln18.(本小题17分如图，在▵ABC中，D是BC上一点，E是AB上一点，且∠

(1)已知D，E在AB的垂直平分线上，且CD−AD=1，AB=①求AC；②若O为▵ABC外接圆的圆心，O1为▵ABD(2)若DE是∠ADB的角平分线，AB=23，求19.(本小题17分已知平面四边形ABCD，AB=AD=2，∠BAD=60∘，∠BCD=30∘，现将ΔABD沿BD边折起，使得平面ABD⊥平面BCD，此时AD⊥CD，点(1)求证：BP⊥平面ACD；(2)若M为CD的中点，求MP与平面BPC所成角的正弦值；(3)在(2)的条件下，求二面角P−BM−D的平面角的余弦值．

答案解析1.【答案】D

【解析】【分析】利用复数的除法运算法则计算，结合复数的几何意义得出对应点的坐标即可判断．【详解】因为z(1+i所以z=11+i即在复平面内复数z对应的点在第四象限，故选：D．2.【答案】D

【解析】解：AB−故选：D．3.【答案】A

【解析】解：这4个数任取两个数，有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)共6种情况，两个数的和为偶数，则这两个数是奇数或是偶数，有(1,3)和(2,4)，共2种情况，所以两个数之和为偶数的概率P=2故选：A．4.【答案】C

【解析】【分析】结合图形即可逐一判断即可．【详解】对于A，平行于同一个平面的两条直线不一定平行，如下图所示正方体，故A错误；对于B，如下图所示正方体，由图可知B错误；对于C，若a//β,m⊥a,n⊥对于D，如下图所示正方体，由图可知D错误；故选：C．5.【答案】B

【解析】【分析】设圆锥底面半径，根据侧面积相等得到方程，求出r后可求圆锥体积．【详解】设圆锥的底面半径r，母线长为l，高ℎ=1，故l=πr×r2故选：B6.【答案】B

【解析】【分析】先确定α−β的范围，再根据同角三角函数的关系求得sin(α−β)的值，利用0<2α<π，cos2α=【详解】由题意可知，0<所以−π<a−β<0，又0<2α<π，且coscos==1故选：B．7.【答案】C

【解析】【分析】利用列举法与古典概型的概率公式求得各事件的概率，由A3∩A4=⌀，A3∪A4≠Ω，即可判断A；由PA【详解】依次抛掷两枚质地均匀的骰子，两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，样本空间Ω如下：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，(4,5)，(4,6)(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,1)，(6,2)，(6,3)，(6,4)，(6,5)，(6,6)，共36个．则事件A1包括(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，共6个，P事件A2包括(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，共18个，P事件A3包括(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，共5个，P事件A4包括(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6个，P对于A，A3∩A4=⌀，A3∪对于B，事件A1且A3包括(2,4)，则PA1A所以PA1PA3=1对于C，事件A2且A4包括(1,6)，(3,4)，(5,2)，则PA2A所以PA2PA4=1对于D，事件A2且A4包括(1,6)，(3,4)，(5,2)，则A2∩A4≠⌀故选：C．8.【答案】B

【解析】解：连接AC,BD交于点M，则MA+

所以PA+2PB所以10PM因为MB+MD=又2MC=AB所以PM=−15所以S1=SΔPBC=12所以S1故选：B．9.【答案】BCD

【解析】【分析】由平面向量的坐标运算，代入计算，逐一判断，即可得到结果．【详解】对于A，a⋅b=3对于B，a+b=(4,1)，则a对于C，由可得3t=−11，解得t对于D，a=3a⋅所以cos<a,b故选：BCD10.【答案】AB

【解析】【分析】设函数f(x)的最小正周期为T.根据图象可知5π12−−π12=T2+kT及1<T2<2，即可求解ω判断选项A；根据f(0)=332和0<φ<π，即可求解φ判断选项B；由选项【详解】设函数f(x)的最小正周期为T．因为f−π12=3,f5由题图可知1<T2<2，所以k=0，T=因为f(0)=332，所以sinφ=3当φ=π3时，f(x)=3sin所以φ=π3不符合题意，所以φ=2由选项AB可知f(x)=3sin2x+2π3令u=2x+2π3,x∈[0,t]，则u∈2π3,2t+2π3，所以当f(x)在[0,t]上恰有故选：AB．11.【答案】ACD

【解析】解：对A，如图，取CC1中点为M，C1D1中点为N又正方体ABCD−A1B1C1D1中，平面BA1E，MN/​/平面BA且平面B1MN，∴平面B1MN//又B1F//平面A1BE，且平面B1MN又F为正方形C1CDD1内一个动点∴F∈平面平面C1CDD1，而MN=，即F的轨迹为线段MN，由棱长为2的正方体得线段MN的长度为2，故选项A对B，由B1M=B当F为线段MN中点时，由B1M=B1N可得，又CC1中点为，而A1B//D1C，对C，由侧棱B1C1⊥底面C1所以最小时，体积最小，∵F∈MN，可得F在N处时最小，由知此时B1F与A1B所成角为，

等腰三角形B1MN中，对D，当F在M处时，三棱锥B1由已知得此时FD=FD1=FB1=由勾股定理易知底面B1DD1为直角三角形，所以F在底面B1如图，设外接球半径为R，由R2=OO12+O1外接球的表面积为，故选项D正确．故选：ACD．12.【答案】10

【解析】【分析】根据给定条件，求出▵A【详解】在▵A′B′C′中，C′又A′B′=5，于是▵AAB边上的高CD=2C′D′=4故答案为：1013.【答案】2

【解析】解：Rt▵ABC中，∠ACB=30由图可知∠MAC=15∘则∠CMA=在▵AMC中，由正弦定理AC得，在Rt▵MNC中，MN=MC即MNAB=2，

则塔的高度MN与无人机距地面的高度AB之比为故答案为：2．14.【答案】0

【解析】【分析】利用函数的奇偶性和对称性可推出函数具有周期性，再利用恒等式进行赋值，即可计算结果．【详解】由函数f(x)是定义域为R上的奇函数，可得f(−x)=−f(x)，再由f(1+x)=f(1−x)可得：f(2+x)=f(−x)，赋值可得f(2)=f(−0)=0，由上两式可得：f(x+2)=−f(x)，赋值可得再用x+2代替x得：f(x+4)=−由上两式可得：f(x+4)=−即f(x)是一个周期为4的函数，因为20244所以f(1)+f(2)+f(3)=506×故答案为：015.【答案】解：(1)由题意知(0.010+0.015+m+0.030+0.025)×10=1，解得估计这200名员工评分的平均数x=55(2)前3组的频率为(0.010+0.015+0.020)×前4组的频率为(0.010+0.015+0.020+0.03)×则第60百分位数位于[80,90)，设为x则0.45+(x−80)×0.030=0.6，解得即这200名员工评分的第60百分位数为85．(3)评分落在[50,60)的人数：0.01评分落在[60,70)的人数：0.015评分落在[70,80)的人数：0.020所以评分落在区间[50,60),[60,70),所以应抽取的评分落在[70,80)内的人数为54

【解析】(1)根据小矩形面积和为1得到关于m的方程，解出m值，再利用频率分布直方图中平均数公式求解即可；(2)根据百分位数的定义列方程求解即可．(3)求出各区间人数，再根据分层抽样的特点即可得到答案．16.【答案】解：(1)连接AC，因为OA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以因四边形ABCD为菱形且∠ABC=60∘又P为CD的中点，则AP⊥又OA∩AP=A，OA,AP⊂平面MAP，则CD(2)设N为线段OB的中点，连接MN、CN，因M为OA的中点，则MN//AB，且又CD//AB且CD=AB，P为CD的中点，则MN则四边形MNCP为平行四边形，则MP//又MP⊄平面OBC，CN⊂平面OBC，则MP//(3)∵CD=2，▵ACD∴AP=∵OA=2，M为OA的中点，∴AM=1，∴V故三棱锥M−PAD的体积为3

【解析】(1)先求证OA⊥CD以及(2)取线段OB的中点N，求证四边形MNCP为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可；(3)求出各边长，利用棱锥的体积公式计算即可．17.【答案】解：(1)由图，直线过点(0.1,1)，所以图象中线段的方程为y=10t(0≤t≤0.1)，又点(0.1,1)在曲线y=1et−a上，所以1=所以从药物释放开始，每立方米空气中的含药量y(毫克)与时间t(小时)之间的函数关系式为y=10t(0≤t≤0.1)(2)因为药物释放过程中室内药量一直在增加，即使药量小于0.25毫克，学生也不能进入教室，所以只能当药物释放完毕，室内药量减少到0.25毫克及以下时学生方可进入教室，则1et−0.1≤0.25，所以1et−0.1所以从药物释放开始，至少需要经过1.5小时，学生才能回到教室．

【解析】(1)根据题图及图象所过的点，结合给定模型求函数关系式；(2)经分析有1et−0.1≤0.2518.【答案】(1)①因为D，E在AB的垂直平分线上，所以，DA=DB，EA=EB，即E是AB的中点，且▵DAB所以，DE⊥AB，，B=又AB=所以AE=32，DE=AEtan又CD−AD=1，所以CD=2，BC=CD+BD=3．在▵ABC中，有B=π6，BC=3由余弦定理可得AC所以，AC=②易知点O,O1在直线DE上，且在直线AB的同侧，则设▵ABC外接圆的半径为R，▵ABD外接圆的半径为则2R=AC所以R=3，在Rt▵OEA中，有OE=2R所以R1=1，在Rt▵O1EA所以，OO(2)由已知DE是∠ADB的角平分线，AB=23可得，∠ADE所以，S▵即12整理可得DA⋅所以有DE=DA又DA+DB≥2DA⋅DB，当且仅当此时▵ABD为等腰三角形，DE⊥AB，B=此时有DB=BEcosπ所以有．

即DE的最大值为1．

【解析】详细解答和解析过程见【答案】19.【答案】解：(1)证明：∵AB=AD，∠BAD=60°，

∴△ABD为等边三角形，

∵P为AD中点，∴BP⊥AD，

取BD中点E，连接AE，则AE⊥BD，

∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AE⊂平面ABD，

∴AE⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，

∴AE⊥CD．

又∵CD⊥AD，AD∩AE=A，AD、AE⊂平面ABD，

∴CD⊥平面ABD．

∵BP⊂平面ABD，∴CD⊥BP．

又∵CD∩AD=D，CD、AD⊂平面ACD，

∴BP⊥平面ACD．解：(2)过点M作MH⊥PC，垂足为H.如图所示由(1)知，BP⊥平面ACD．因为M