广东省东莞市2024-2025学年高一年级下册期末质量检查数学试题

广东省东莞市2024-2025学年高一下学期期末质量检查数学试

题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.已知复数NV（i是虚数单位），贝”=（）

2-1

A.2-iB.2+iC.-2+iD.-2-i

2.若忖，可是平面内的一个基底，则下列四组向量中不熊作为平面向量的基底的是（）

zUUlUxzliUttULU）

A.[e1,e1+e2>B.ye{+e2,ex-e2^

（11LUULU）zULUULU）

C.16]+e2,—2g]+2e2jD.{q-e2,_2q+2e?）

3.抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A="第一枚硬币正面朝上"，事件2="第二枚硬币反面

朝上”，则A与8的关系为（）

A.互斥B.相互对立C.相互独立D.相等

4.在复平面内，O为坐标原点，复数1-i,-l+2i对应的向量分别是西，两，则赤对

应的复数为（）

A.-2+3iB.iC.2-3iD.-i

5.一个圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,侧面积为3瓦兀元，则该圆台的体积为（）

7兀2兀

A.—B.7兀C.—D.2兀

33

6.已知也〃是两条不重合的直线，。，尸是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是（）

A.若mLa,m//n,且a_L4，则几〃夕B.若相_La,相_L〃，且a_L尸，则.尸

C.若,且。〃/?,则机_L〃D.若,且M/6，则加//〃

7.甲、乙两人组成“莞队”参加答题活动，每轮活动甲、乙各答一道题目，已知甲每轮答对

题目的概率为g,乙每轮答对题目的概率为3.在每轮活动中，甲、乙答对与否互不影响，

各轮结果也互不影响.贝『'莞队”在两轮活动中答对3道题目的概率为（）

A.1B.2c.iD.2

3399

8.如图，欲测量河对岸的塔高A8时，选与塔底8在同一水平面内的两个观测点C与。，

在CD两观测点处测得塔顶A的仰角分别为30。,45。，并测得/即C=120。，CD=30m,则

塔高AB为（）

A

C.30后mD.30m

二、多选题

9.已知随机事件A与B,若尸（A）="尸（B）=Q,则下列结论正确的有（）

A.P（A）＞P（B）B.若A与8相互独立，则P（益）=3

35

C.若则尸（Au3）=[D.若AU3=Q，则P（A3）=F

10.下列有关向量与复数的结论正确的有（）

A.若非零向量a,c满足a■%=a-c,则B=c

B.若非零复数Z],Z2，Z3满足Z[Z2=Z]Z3，则马=Z3

C.若非零向量£4满足|£-耳=|£+6,则20=0

D.若非零复数平2满足Izi-ZzITzi+ZzI，则z/Z2=0

11.在直三棱柱ABC-A瓦G中，AB1BC,AB=BC=BBt=2,则下列结论正确的有（）

A.若点。在线段B片上，则DA+OG的最小值为2百

B.该三棱柱可完全放入体积为67r的球中

C.表面积为兀的球可以完全放入该三棱柱中

D.若动点尸满足="，则动点P在侧面ACGA形成的轨迹长度为兀

填空题

12.从某中学抽取6名同学，他们的数学成绩如下：87,85,83,90,92,93（单位：分）,

试卷第2页，共4页

则这6名同学数学成绩的第75百分位数为(单位：分).

13.在长方形"CD中，AB=2,AD^3,E为A8的中点，尸为3c边上靠近C的三等分点，

AF与DE交于点则cosN£MR=.

14.已知正四棱柱ABCO-AAGD中，A4,=2AB=2,在4男,BQ的中点各有一个孔

0,P,Q.若在此四棱柱内装水，当水面恰好经过三个孔时，可装水的最大体积为；

若此四棱柱可以任意放置，可装水的最大体积为.

四、解答题

15.已知VABC的内角A,B,C的对边分别为a,万,c,且亚sinC-ccos3=0.

⑴求B；

⑵若b=用，c=粗,求VABC的面积.

16.某班级举办“以赛促学，挑战自我”数学竞赛活动，活动后将参赛的40名学生成绩分成

5组：①50Vx<60,②60Vx<70,③70Vx<80,④80Vx<90,@90<x<100.通过统计分

析，得到如图所示的频率分布直方图，已知①组、②组的频率之和为04,①组和⑤组的频

(2)已知②组学生成绩的平均数和方差分别为64和50,④组学生成绩的平均数和方差分别为

84和70,据此计算②组和④组所有学生成绩的方差.

参考公式：52=’^^+伍-可［+/^^+(2-刃2］,其中［为总样本平均数.

n+m'--In+m\-」

17.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面A2CD是边长为2的正方形，点耳尸分别是皿,AP

的中点.

⑴证明：EF〃平面尸BC；

⑵若PA=PC=272，求直线PC与平面PBD所成角的大小.

18.现有一个质地均匀的正〃面体骰子，〃个面分别标有数字1到”.

（1）当〃=4时，设计一种“点数游戏”：任意抛掷两次这个骰子，以骰子与桌面接触的面上的

数字的乘积为游戏结果.甲、乙两人玩这种“点数游戏”,规定每次游戏结果大于5时甲获胜，

游戏结果小于5时乙获胜.

①试判断这种游戏是否公平？并说明理由；

②若约定先获胜3次“点数游戏”者赢得比赛，并获得100元奖金.当甲获胜2次，乙获胜1

次时，“点数游戏”因意外而中止，现决定将100元奖金分给甲、乙两人，请应用概率知识设

计合理的奖金分配方案；

⑵当〃=8时，任意抛掷一次这个骰子，以它与桌面接触的面上的数字为试验结果.请构造

适当的事件使尸（MA@=尸（M）尸（N）尸（。）成立，但不满足两两独立.

19.如图一，在矩形A3。中，AB=EAD=2下.将沿8。折起，得到三棱锥

A-BCD.

图一图二

⑴当三棱锥A-BCD的体积最大时，求点8到平面AC。的距离；

（2）当二面角4一立＞一C的大小为120。时，求cosNA'BC；

（3）如图二，在三棱锥O—EFG中，已知NOEF=a,NFEG=0,NOEG=y,其中a、夕、

若二面角O-EF-G的大小为6,试利用7的三角函数值表示cos。，请写

出你的结论，并给出证明.

试卷第4页，共4页

《广东省东莞市2024-2025学年高一下学期期末质量检查数学试题》参考答案

题号12345678910

答案BDCABCADBCDBC

题号11

答案ACD

1.B

【分析】由复数的除法法则计算.

5_5(2+i)

【详解】=2+i

2^i-(2-i)(2+i)

故选：B.

2.D

【分析】判断向量组中两个向量是否共线.

【详解】由已知｛泉,《（是平面内的一个基底,

IXULUULUUL_._„/•_——

则若,,,+4共线，则存在实数左，使得'+'2=左,，即4=（左-1鸠，与心,4｝是基底矛

UULU

盾，因此,,,+4不共线,

ULUul_UULUU.LU_,___.（—»——

右,+4,,一4共线，则存在实数上，,+4=左（,一4），所以（左一1）,=（左+1）4，与（外色）

ULUULU

是基底矛盾，因此,+4，,-62不共线，

ULUULULILUULULILUIXLU

因为一2q+2e,=—2（。-e?），所以q+e2,—2q+2e2不共线，q—e2,—2q+2e?共线，

因此D不能作为基底，

故选：D.

3.C

【分析】列举全部可能出现的结果，即可根据对立事件以及互斥事件以及相互独立事件的定

义求解.

【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）这4种

情况，

事件A包括（正正）（正反），事件8包括（正反）（反反），故不相等，故D错误，

由于事件A与事件B能同时发生，所以不为互斥事件，也不为对立事件，故AB错误；

因为事件A是否发生与事件2无关，事件8是否发生也与事件A无关，故事件A和事件8

相互独立，故C正确.

答案第1页，共13页

故选：c.

4.A

【分析】根据复数与复平面内的点的对应关系确定丽的坐标，即可确定其对应的复数.

【详解】因为复数l-i,-l+2i在复平面内对应的点为"(1,-1),N(-l,2),

即丽丽=(-1,2),

所以丽=丽-西=(一1,2)-(1,-1)=(一2,3),

则MN对应复数为-2+3i.

故选：A.

5.B

【分析】由圆台侧面积求得母线长，再求得高后，由体积公式计算.

【详解】记圆台上下底半径分别为r,R,母线长为/,高为”,

则侧面积为S=71〃+/?)/=兀(1+2)/=3廊71,l=M,

所以身为/?="尸-(R-r¥=3,

体积为V=+rR+R2)/7=g兀(I+2+4)X3=7TC,

故选：B.

6.C

【分析】根据直线与平面间位置关系判断.

【详解】对于A,7"，/7力〃"且机可能与夕平行或加在£内，同样〃可能在平面

月内，A错；

对于B,m”可能在。内，,则〃可能在£内，可能与夕相交，B错；

对于C,且＜z〃£,则又"//£,则加J_〃，C正确；

对于D,mlla,n///3,且a//£,“4〃可能相交，可能平行，也可能异面，D错；

故选：C„

7.A

【分析】根据独立事件的概率公式计算.

【详解】在两轮活动中答对3道题是目，则总共只能错一题，

2119211

概率为P=2x(―)2X—x(l——)+2x—x(l——)x(―)2=—,

D乙乙JD乙D

答案第2页，共13页

故选：A.

8.D

【分析】由余弦定理求解.

【详解】设=由乙4。8=30。,41£出=45。得

又/8DC=120°,CD=30,由余弦定理得3c?=DC?+。台？.。历oscos/BDC，

BP3/i2=900+/i2-2x30/zcos120°,解得/z=30(负值舍去)，

故选：D.

9.BCD

【分析】根据对立事件、独立事件等概率公式求解后判断.

—1—1—

【详解】对A,P(A)=1-P(A)=-,P(2)=1-P(B)=§>尸⑷，A错；

/——\--ill

对B,A与B相互独立，贝1」尸AB=P(A)P(B)=—x—=一,B正确；

v'4312

3

对C,若则尸(4口2)=2(4)=1,C正确；

对D,若AUB=Q,则尸(42)=尸(4)+尸(2)-1=卷，D正确，

故选：BCD.

10.BC

【分析】根据向量数量积定义及运算判断AC,根据复数的运算法则判断BD.

【详解】对于A,0.力n〉(B-<?)=0,则可能oJL(Z7-c),不能得出6=^，A错；

对于B,非零复数Z1,z2,z3满足Z[Z2=乎3,则Z2=Z3,B正确；

对于C,非零向量痴满足,一日巾+闸，则卜一年=|万+5『，即-2a-b+b=a+2a-b+b

所以7B=0，C正确；

对于D,例如Z[=1,z?=i,则|z]—zj==匕+Z2「但zjZz#。，D错.

故选：BC.

11.ACD

【分析】把平面ABBM和平面BCC4沿8月摊平，由平面几何知识求解判断A,求出三棱

柱的外接球半径判断B,求出VABC的内切圆半径与球的半径比较可判断C,利用球的性质

求得弧长(轨迹长度)判断D.

答案第3页，共13页

【详解】

对A,把平面438出和平面BCC内沿8月摊平，如下图，则

底面VABC是直角三角形，两直角边AB,BC的长都是2,设瓦f分别是A£,AC中点，。是

斯的中点，则。是三棱柱ABC-A与£的外接球的球心，外接球半径为

OA-YIAF2+OF2=7（V2）2+12=V3，而6>亨，

因此该三棱柱不可完全放入体积为6兀的球中，B错；

对C,表面积为兀的球的半径为R,由4兀炉=n得R=g<2-应（三角形ABC的内切圆半径）,

因此该球可以完全放入该三棱柱中，C正确；

答案第4页，共13页

对D,动点尸在侧面ACGA形成的轨迹是以B为球心，而为半径的球面被侧面ACGA截

得的圆弧MEN,由选项B知尸是该圆弧所在圆的圆心，

BM=BN=7（A/6）2-22=6=FA=FC，

因止匕==从而NMFN=3,又FM=《（发y=?，

jr

所以圆弧MEN的长度为彳X2=TT,D正确.

2

故选：ACD.

12.92

【分析】根据百分位数的定义求解.

【详解】6名同学的成绩按从小到大顺序排列为：83,85,87,90,92,93,

6x75%=4.5,

所以第75百分位数为第5个数：92.

故答案为：92.

13.一好

5

【分析】利用两角和的余弦公式计算.

【详解】在长方形中，AB^2,AD=3,

由已知5尸=2,AE=L

所以/3石二］,£>£=舟+心=屈,

31

所以sinZMEA=—j=,cosZMEA=—r=,

710VIO

TV

所以cos/EMF=cos(ZMEA+—)=cosZMEAcos——sinZMEAsin—

444

1A/2372A/5

------------------\Z___________________\Z__________________

-V102回2-5

答案第5页，共13页

故答案为一£

【分析】水面恰好经过三个孔时，直接作出截面OPMW,求剩余三棱柱O尸片-MNG的体

积即可；当水面只过。。时，作出截面O/ffiF,剩余部分为三棱台OH片-例6，设

「

BlH=x,xe\l,2],求处三棱台OHBFECX体积的最小值即可.

【详解】设M,N为G2，CG中点，

因为O,P,Q,M,N都是中点，所以RQ,N共线，

OM//PN,即O,P,M,N四点共面，即水面为平面OPNM,

剩余三棱柱体积为％咫_"叫=；xgxlxl=；,

17

则装水最大体积为V=V/LBCD-A4Gq-MNC]=1x1x2—工=Z,

当水面只过。。时，过Q作直线与B与交于点a（H在点尸下方）,

答案第6页，共13页

与CC]交于点E,水面OHE交GA于尸,

•.•平面44向2//平面CCQD,平面。近万口平面

4414g=OH,

平面OHEFp平面CCRD=EF,OH//EF,

所以剩余部分为三棱台OHB「FE3,设4"=%xe[1,2],

又。为BG中点，ABHQ*CEQ,所以C4=2//=2-尤,

夕QF=C\E=2-x=c尸=2T

1

又O岗BtH尤2x'

112-尤小、11（2-x）2,1（4八、1

见“OHB.-FEC,322尤I722v1612^x）6

41

当一=%=2时取等，所以％班一尸四取得最小值1，此时点H在点3处，点E在点G处，

x6

剩余部分为三棱锥G-。5旦，台体体积公式仍适用，

所以此时可装水的最大体积为2-2=?.

66

711

故答案为：—.

46

TT

15.（1）S=-

O

Q）6

【分析】（1）用正弦定理化简边角关系，解出tanB的值，从而得到答案；

（2）利用余弦定理解出。的值，再用正弦面积公式求出答案.

【详解】（1）由正弦定理得gsinBsinC-sinCcos3=0,因为Ce（0,7i）,所以sinCwO,

答案第7页，共13页

所以6sin3-cos3=0,BPcosB=-J3sinB,因为兀)，所以sin5w0,

所以tanB=3,所以8=1

36

（2）由余弦定理廿=（22+c2-2tzccosB,得/一3〃一4二0,

解得。=4或。=一1（舍去），所以S△枫=mcsinB=gx4xGxg=A/^.

16.（1）众数的估计值为75,平均数的估计值为73

⑵②组和④组所有学生成绩的方差为140.

【分析】（1）根据频率分布直方图众数及平均数定义计算求解；

（2）应用分层抽样平均数及方差公式计算求解即可.

10。+106=0.4a=0.005,

【详解】（1）由题意得，解得

10(0.04+0.015+6!)=0.66=0.035.

所以考试成绩的众数的估计值为75,

平均数的估计值为55x0.05+65x0.35+75x0.4+85x0.15+95x0.05=73.

（2）记②组、④组的平均数与方差分别为

则％=64,%=84,s；=50,s；=70,由题意得②组、④组分别有14人、6人,

—14—6—146

所以②组、④组学生成绩的平均数为％=/再+茄％=/x64+/x84=7。，

所以②组、④组学生成绩的方差为

S?+（芭-x）卜］=彳［5。+（64-7。）［+＞［7。+（84-7。）［=14（）

所以②组和④组所有学生成绩的方差为140.

17.（1）证明见解析

O

【分析】（1）连接AC,利用三角形中位线定理证明所〃尸C,再由线线平行证线面平行即

可.

（2）先证明AC，平面PBD，即得NCPE为直线PC与平面PBD所成角，借助于RtACPE,

即可求得答案.

【详解】（1）如图，连接AC,因为四边形9CD是正方形，所以点E是AC的中点，

答案第8页，共13页

又因歹是AP的中点，故得砂〃尸C,

又因EFO平面P3C,PCu平面尸3C,所以EF〃平面PBC.

(2)如图，连接EP,由(1)得E是AC中点，

因为R4=PC,所以石尸，/。，

又因为底面ABC。是正方形，且AC,8。为对角线，所以3D_LAC,

又因为BOIEP=E,BD,EPu平面PBD,所以AC_L平面PBD

所以直线尸C与平面P3O所成角为NCPE,

因为在RtZXCPE中，CE=V2,PC=272,贝公缶/^后二装二：，

7T7T

故/CPE=$,即直线PC与平面PBD所成角的大小为;.

18.(1)①公平，理由见解析；②答案见解析

(2)答案见解析

【分析】(1)①用列举法写出样本空间，然后由古典概型概率公式计算两者获胜的概率是否

相等即可判断；②按甲、乙继续比赛赢得比赛的概率比值进行奖金分配，由于甲、乙要分出

比赛输赢至多需要再进行2次“点数游戏”，即可确认输赢，由列举法写出样本空间计算概率

后可得；

(2)当〃=8时，任意抛掷一次这个骰子的样本空间5={123,4,5,6,7,8},所以〃(％)=8,

构造事件M={1,2,3,4},N(l,2,3,5),Q={1,6,7,8},然后计算概率检验.

【详解】(1)①当〃=4时，任意抛掷两次这个骰子的样本空间

鼻={(1,1),(L2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),

答案第9页，共13页

（2,3）,（2,4）,（3,1）,（3,2）,（3,3）,（3,4）,（4,1）,（4,2）,（4,3）,（4,4）},所以〃（R）=16,

记“游戏结果大于5”为事件A,则事件A包含的样本点包括

（2,3）,（2,4）,（3,2）,（3,3）,（3,4）,（4,2）,（4,3）,（4,4）,所以〃（A）=8,

由古典概型得尸A==-=-

矶162

同理“游戏结果小于5”的概率也是g,

所以甲、乙获胜的概率相等，这种游戏是公平的

②按甲、乙继续比赛赢得比赛的概率比值进行奖金分配，

由于甲、乙要分出比赛输赢至多需要再进行2次“点数游戏”，假设再进行2次“点数游戏”,

则2次“点数游戏”比赛结果的样本空间R={（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙胜，甲

胜）,（乙胜，乙胜）},所以妆。2）=4,

记“甲赢得比赛”为事件8,则事件8包含的样本点包括（甲胜，甲胜），（甲胜，乙胜），（乙

胜，甲胜），所以〃（8）=3,

由古典概型得尸（8）=*彳=7,

_o1

所以“乙赢得比赛”的概率为尸（国=l-p⑻=1-工="

31

所以甲分配奖金100x^=75元，乙分配奖金100x：=25.

44

⑵当〃=8时，任意抛掷一次这个骰子的样本空间R={1,2,3,4,5,6,7,8},所以〃（％）=8,

构造事件M={1,2,3,4},N（l,2,3,5）,Q={1,6,7,8},

则MNQ={1},肱V={1,2,3},MQ={1},NQ={1},

1131

由古典概型得P（M）=P（N）=P（Q）=<,P（MNQ）=-,P（MN）=-,P（MQ>）=P（NQ）=-,

2ooo

所以P（MNQ）=P（M）P（N）P（Q）,P（MN）关P（M）P（N）,P（MQ）牛尸（M）P（Q）,尸（NQ）丰

P（N）P（Q）,满足题意.

19.（1）12^1

答案第10页，共13页

⑵g

⑶结论：8sO「。s“cosa”,证明见解析

sinsinp

【分析】(1)当三棱锥A-BCD的体积最大时，即点A到平面3C。的距离最大，此时平面

ABDJL平面BCD,然后利用％-A,CD=KT-BCD求得点面距;

(2)在矩形ABCD中作A77的对应线段AH,延长AH的交BC于G,可得NA'"G=120。，

然后利用余弦定理求解；

(3)方法一：过所上一点尸作尸加，成交KO于点M,作PN工EF交EG于点、N,连接

MN,则/MPN即二面角O-EF-G的平面角，然后设PE=1,在三棱锥中利用

余弦定理求解证明，方法二：在4MPN中，由余弦定理得MN2=MP-+NP2-2MPNP-COS0,

在VWEN中，由余弦定理由余弦定理得MN?=EM2+EN2-2£M-EN-COS7,再化简即可.

【详解】⑴因为%s=”C©=5,

所以当三棱锥A-BCD的体积最大时，即点A到平面的距离最大,

此时平面ABDJL平面3CD,如图，过"作AHSBD于H,连接C",

因为平面A3£>_L平面BC。，且平面ABDCl平面3CD=3D,人力匚平面用由)，

所以AH_L平面BCD,

因为在矩形ABCD中，AB=®AD=2小，

所以在^BA'D中，A'B=yf5,A'D=245,cosZCBD=,

所以8O=5,AH=2,故34=1,

所以HC?=BC?+BH?-2BC•BH-cosNCBD=(2下j-2x2小义=13，

故77C=a，所以AC=JA”2+HC2=，4+13=如,

4£>2+℃2—4。2

所以cos/A'£»C=2

2A'DDC2x26x逐5

_____________加

所以sinZA'DC=Jl-cos。NA，DC=g

答案第11页，共13页

所以△A,CD的面积S=LA»Z>C.sinNAOC=Lx2A/^x5/^xY^=J5T,

225

设点B到平面ACD的距离为d,

则由^B-A'CD~^A'-BCD,得~^^A,CD*"=§^^BCDXAH,

所以D-SABSXAH5X2106

S^NCD>/2121

(2)如图，在矩形ABC。中作AH的对应线段AH,延长AH的交BC于G,

如图，在三棱锥A'-3CD中,

由A"_L8£>,GH_L2D,所以NA77G为二面角A'—BD—C的平面角，即/A'"G=120。,

在△A7/G中，A'G2=A!H2+HG2-2-A'HHG-cosZA'HG=22+-2x2x|x^-1^|=^,

在AXRG中A'B2+BG2-A'G2

仕Z\A力G中，cosZABG=-----