安徽省宿州市省、市示范高中2024-2025学年高一下学期期末考试 数学 含解析

安徽省宿州市省、市示范高中2024-2025学年高一下学期7月期末教学质量检测数学试题一、单选题1．已知复数，其中i为虚数单位，则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知是空间中的两条直线，则“”是“无公共点”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3．设是平面内的两个单位向量，若⊥，则的值为（

）A． B． C．0 D．14．某校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层随机抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取容量为200的样本，则从高一年级抽取的学生人数为（

）A．40 B．60 C．80 D．1005．某袋中有编号为的个小球（小球除编号外完全相同），甲先从袋中摸出一个球，记下编号后放回，乙再从袋中摸出一个球，记下编号，则甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是（

）A． B．C． D．6．已知A、B是单位圆O上的两点（O为圆心），，点C是线段AB上不与A、B重合的动点.MN是圆O的一条直径，则的取值范围是（

）A． B．C． D．7．某同学为测量学校附近山上信号塔的高度AB（塔底视为点B，塔顶视为点A），在山脚下选取了两点C，D（其中A，B，C，D四点在同一个铅垂平面内），在点C处测得点A的仰角为，在点D处测得点A、B的仰角分别为，测得米，则按此法测得的塔高为（

）A．67米 B．72米 C．74米 D．76米8．在平行六面体中，点M是上靠近B的三等分点，直线DM交平面于点N，则（

）A． B． C． D．二、多选题9．设样本空间含有等可能样本点，且，则下列说法正确的是（

）A．事件与为互斥事件 B．事件与为对立事件C．事件两两相互独立 D．10．在中，，若点D满足：，则下列结论正确的有（

）A． B．C．的面积为3 D．的外接圆半径为11．在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（

）A．E，F，G，H四点共面B．FH与BC所成角的余弦值为C．正三棱柱的外接球表面积为D．若平面，则动点N的轨迹长度为三、填空题12．已知复数，其中i为虚数单位，则.13．数据的平均数，方差，若，则数据的平均数，方差．14．已知一个圆锥的表面积为，则它的体积最大值为.四、解答题15．已知平面向量．(1)求与的夹角余弦值；(2)若，求实数的值．16．某地区市政府为了鼓励居民节约用电，计划调整居民生活用电收费方案，拟确定一个合理的月用电量标准（千瓦时）：月用电量不超过的部分按平价收费，超出的部分按议价收费．为了了解居民用电情况，通过抽样，获得了100位居民每人的月均用电量（千瓦时），将数据按照分成7组，制成了如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中的值，并且计算样本的平均数；(2)若该市有900万居民，估计全市居民中月均用电量不低于400千瓦时的人数；(3)若该地区市政府希望使的居民每月的用电量不超过标准（千瓦时），估计的值．（结果保留整数）17．每年的3月14日为国际数学日，也被称为“日”，某学校在国际数学日举办了“数学知识竞赛”，竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为；在第二轮比赛中，选手甲、乙胜出的概率分别为p、q．假设甲、乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响．若甲、乙各有一轮胜出的概率为，甲、乙两轮都胜出的概率为．(1)求p和q的值；(2)求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且．(1)求角A的大小；(2)若，且，求a的值；(3)若AD为角平分线，求的最小值．19．如图，在四棱锥中，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD的交点为O，且平面ABCD，是等边三角形，点E是线段AD上的动点．(1)证明：；(2)求二面角的平面角的正切值；(3)求直线PE与平面PBC所成角的正弦值的最大值，并指出点E此时所在的位置．

题号12345678910答案CADBAABCBCABD题号11答案ACD1．C根据等式求出复数，进而得到共轭复数，从而可确定其象限.【详解】因为复数，所以共轭复数.所以共轭复数在复平面内对应的点位于第三象限.故选：C.2．A利用异面和平行直线的概念结合充分必要条件判断．【详解】则无公共点，故充分性成立，无公共点可推得或是异面直线，故必要性不成立；所以“”是“无公共点”的充分不必要条件，故选：A．3．D根据单位向量垂直得到，，进而由向量数量积运算法则计算出答案.【详解】因为与是单位向量，且⊥，所以，且，所以．故选：D4．B根据分层抽样的抽样比即可求得结果.【详解】因为高一、高二、高三年级的学生人数之比为，所以高一年级学生人数占三个年级总人数的比例为：，根据分层随机抽样的计算方法，从高一年级抽取的学生人数为：（人）.故选：B.5．A根据（甲，乙）方法得出总的取法的结果，求得符合题意的个数，可求甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率．【详解】甲先从袋中摸出一个球，有4种可能的结果，乙再从袋中摸出一个球，有4种可能的结果，如果按（甲，乙）方法得出总共的结果为：16个，甲、乙两人所摸出球的编号不同的结果为12个，甲、乙两人所摸出球的编号不同的概率是.故选：A．6．A根据，利用向量的运算可以将转化为，进而得解.【详解】∵，∴点在线段上，且，∴，∵，∴.故选：A7．B设直线CD与AB交于点E，分别用表示出，利用解出，再解出，最后出塔高即可.【详解】设直线CD与AB交于点E，则，由题意，，又，且，代入解得，从而，进而，所以塔高米．故选：B8．C作图，根据线面平行的判定定理可知平面，然后根据线面平行的性质定理可知，可得，判断即可.【详解】设平面DAM与交于点P，连接DP交于点Q，连接QN，如图：因为平面DAM，平面DAM，所以平面DAM，又平面，平面平面，所以，因为M是三等分点，所以，因为平面平面，所以平面，又平面PDM，平面平面，所以，所以，因此．故选：C9．BC根据互斥事件的定义判断A；根据对立事件的定义判断B；根据独立事件的定义判断C；选项D需验证三事件同时发生的概率是否等于各自概率的乘积.【详解】因为，即件与能同时发生，不是互斥事件，A错；因为且，即事件与不能同时发生且必有一个发生，事件与为对立事件，B正确；，，，故独立；，，，故独立；；，故独立,综上事件两两相互独立，C正确；选项D：，故,,，选项D错误.故选：BC.10．ABD对于选项A，根据等式可变形化简求出的关系，进而可求出的关系；对于选项B，先根据求出，然后根据余弦定理求出的值；对于选项C，根据勾股定理可确定，进而可求出三角形面积；对于选项D，根据直角三角形外接圆半径为斜边的一半可求出外接圆半径.【详解】因为，所以，即，所以，故A正确；因为，所以，因为，所以解得，在中，因为，由余弦定理得，，即，故B正确；又因为，所以，即，因此，故C错误；因为，所以，因此的外接圆半径为，故D正确．故选：ABD.11．ACD对于选项A，证明即可证明四点共面；对于选项B，先确定与所成角，然后根据余弦定理可求出其余弦值；对于选项C，先由正弦定理求出外接圆半径，然后根据勾股定理求出球的半径，从而求出球的表面积即可；对于选项D，先确定动点的轨迹，然后根据勾股定理求出轨迹长度.【详解】连接，因为分别为的中点，所以，从而，故四点共面，A正确；连接，因为，则为与所成角，在中，由余弦定理可得，B错误；在等边中，由正弦定理可得，的外接圆半径，设正三棱柱的外接球半径为，且球心到平面的距离为1，由勾股定理可知，所以球的表面积为，C正确；在正三棱柱中，取的中点，连接，可知，又平面平面平面平面，所以平面平面，又因为是平面内两条相交直线，因此平面平面，当点N在四边形内及其边界上运动时，若平面，则在平面内，从而动点N的轨迹为，又因为，所以动点N的轨迹长度为，D正确．故选：ACD.12．1先根据复数的除法化简，再根据模的概念求解.【详解】因为.所以故答案为：113．2580根据平均数、方差的性质求解即可．【详解】由题意数据的平均数为，方差为，根据平均数和方差性质可得数据的平均数，方差.故答案为：25；8014．首先根据圆锥的底面半径和母线长的关系以及表面积的值求出的表达式，然后利用圆锥的体积公式和二次函数的性质求出体积的最大值.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，因为圆锥的表面积为，所以从而，且，所以圆锥的体积为，因此当时，体积取到最大值．故答案为：.15．(1)(2)．（1）根据向量夹角的余弦公式和向量数量积的坐标公式进行求解即可.（2）根据向量共线的坐标公式求出参数的值.【详解】（1）由已知，，所以.（2）由已知，，因此由，可得，解得．16．(1)，395（千瓦）(2)495万人(3)（千瓦）．（1）根据频率分布直方图的频率之和为1求出的值，进而可求得样本的平均值.（2）由频率分布直方图求出用电量不低于400千瓦的频率，进而求得用电量不低于400千瓦的人数.（3）根据百分位数的公式求出85%百分位数，进而可求得的值.【详解】（1）由频率之和为1，可得，解得，样本的平均数为：（千瓦）.（2）由图可得，用电量不低于400千瓦的频率为，故全市居民中月均用电量不低于400千瓦的人数为万人.（3）由图可得，前5组的频率之知为，前6组的频率之和为，设第85百分位数为，则，故，解得（千瓦）．17．(1)(2)（1）根据古典概型和已知条件求出事件“甲，乙各有一轮胜出”、“甲，乙两轮都胜出”的概率，然后求出参数即可.（2）甲、乙两人至少有一人两轮都胜出的概率等于甲两轮胜出的概率、乙两轮胜出的概率以及甲乙两轮都胜出的概率之和.【详解】（1）记事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”，记事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”，由题意得相互独立，且，记事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”，则，，从而有，解得，（2）记事件“甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”，事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”，，.18．(1)(2)(3)．（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，从而求出；（2）先计算出，两边平方求出，又，联立两式解得，由余弦定理求出；（3）若AD为角平分线，则，在中，由正弦定理得到，，故，根据基本不等式求出最小值.【详解】（1）由已知，由正弦定理，可得，又因为，代入上式，化简得：，因为中，，所以，从而，故，因为，所以．（2）因为，所以，由（1）知，，所以，由已知，所以，即，又，联立两式解得，，由余弦定理，可得，即．（3）若AD为角平分线，则，在中，由正弦定理，得，即，所以，，所以即，又因为，所以，，从而，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．19．(1)证明见解析(2)2(3)，点E在线段AD上靠近D点的处．【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以，因为四边形为菱形，所以，因为，PO、平面，所以平面，又平面，所以．（2）过P在平面内作于