高一年级数学答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年8月试卷_0811甘肃省武威市2023-2024学年高一下学期期末质量检测

参考答案： 1．B 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再判断其虚部. i i1i 1 1 1 【详解】因为z    i，所以复数z的虚部为 . 1i 1i1i 2 2 2 故选：B 2．B 【分析】运用向量的线性运算计算即可.   【详解】因为AD是 ABC的中线，所以BC2BD，               AC ABBC AB 2BDAB 2 ADAB AB 2ADa 2b ． 故选：B. 3．A 【分析】利用诱导公式与两角差的正弦公式化简求值. 【详解】sin164sin44cos16sin46 sin  18016 sin  9046 cos16 sin46  sin16cos46cos16sin46 sin  1646 sin30  1 . 2 故选：A. 4．B 【分析】利用棱柱、棱锥、棱台的概念，即可对逐个选项的正误作出判断． 【详解】棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行， ①②错误，③正确，其中①②的反例如图所示； 棱锥：一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，⑤错误； 棱台：棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，④错误； 正确命题有1个. 故选：B. 5．C 答案第1页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}【分析】首先还原正方体，再根据线线的位置关系，判断选项. 【详解】由正方体展开图还原正方体如下图所示： 线段AB与GH所在的直线相交，故A错误； 线段CD与EF 所在的直线异面，故B错误； 如图连接HM ，GM ，由正方体的性质可知HM//CD，△HMG为等边三角形， 所以GHM 60为CD与GH所在的直线所成的角，故C正确； 如图连接BG，则EF//BG，BG平面ABG，EF 平面ABG，所以EF//平面ABG， 又AB平面ABG，所以EF 与AB不相交，故D错误. 故选：C 6．B 【分析】对于ACD，举例分析判断，对于B，由线面垂直的性质分析判断. 【详解】对于A，如图，，，则与相交，所以A错误， 答案第2页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}对于B，因为m，n，所以由线面垂直的性质可得m‖n，所以B正确， 对于C，如图，m‖，n‖，则m与n相交，所以C错误， 对于D，如图，m‖，m‖，则与相交，所以D错误， 故选：B 7．C 【分析】利用互斥事件与对立事件的概率公式即可得解. 【详解】由题意，得事件A，B，C为互斥事件， 所以PB1P  B  0.4，则PAB0.30.40.7. 故选：C． 8．B 【分析】将两次抽奖奖金之和为200元分为第一次与第二次都中二等奖，第一次中一等奖，第二次中三等奖，第 一次中三等奖，第二次中一等奖三种情况，然后利用古典概型求概率的公式计算. 【详解】由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为1,1,1,2,1,3,1,4,1,5， 1,6,2,1,,6,3,6,4,6,5,6,6，共36种情况， 两次抽奖奖金之和为200元包括三种情况： 第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为1,3,3,1,1,1,3,3， 4 1 ① 概率为P   ； 1 36 9 3 1 第一次中一等奖，第二次中三等奖，其包含的情况为6,5,6,4,6,2，概率为P   ； 2 36 12 ② 3 1 第一次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为5,6,4,6,2,6，概率为P   ， 3 36 12 ③ 答案第3页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}5 所以该顾客两次抽奖后获得奖金之和为200元的概率为PPP P  . 1 2 3 18 故选：B. 9．CD 【分析】根据题意，结合圆柱、圆锥和球的表面积和体积公式，逐项判定，即可求解 . 【详解】对于A中，圆柱的侧面积为2πR2R4πR2，所以A错误； 对于B中，圆锥的母线为 2R2R2  5R，圆锥的侧面积为 5RπR 5πR2，所以B错误； 对于C中，球的表面积为4πR2，所以C正确； 1 2 对于D中，圆柱的体积V πR22R2πR3，圆锥的体积V  πR22R πR3， 1 2 3 3 4 2 4 球的体积V  πR3，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3: πR3: πR3 3:1:2，故D正确. 3 3 3 3 故选：CD. 10．ACD 【分析】利用等积转化和体积公式计算三棱锥D PAA的体积后可判断A的正误，利用反例可判断B的正误， 1 1 可证平面ACB//平面ACD ，结合面面平行的性质可判断C的正误，可证PAC（或其补角）为直线AP与AC 1 1 1 1 1 1 所成的角，求出PAC 的范围后可求判断D的正误. 1 1 【详解】对于A，由正方体可得平面DAAD //平面BCCB ，且B，P平面BCCB ， 1 1 1 1 1 1 所以点B到平面DAAD 的距离等于点P到平面DAAD 的距离， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以三棱锥D PAA的体积V V  S 1  111 为定值，故A正确； 1 1 PA1D1A BAD1A 3 △A1D1A 3 2 6 对于B，当P与B重合时，APPC  ABBC 22 2， 所以APPC的最小值不为2 2，故B错误； 对于C，连接AC ，AB， 1 1 1 由正方体可得AA CC ，AA//CC ， 1 1 1 1 答案第4页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}所以四边形AACC是平行四边形，所以AC//AC ， 1 1 1 1 因为AC平面ACD ，AC 平面ACD ， 1 1 1 1 所以AC //平面ACD ，同理可得BC //平面ACD 1 1 1 1 1 因为AC ÇBC =C ，AC ，BC 平面ACB，所以平面ACB//平面ACD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为AP平面ACB，所以AP//平面ACD ，故C正确： 1 1 1 1 1 对于D，因为AC//AC ，所以PAC （或其补角）为直线AP与AC所成的角， 1 1 1 1 1 π 由图可得当P与B重合时，此时PAC 最大为 ， 1 1 3 当P与C 重合时，此时PAC 最小为0， 1 1 1  π 所以直线A 1 P与AC所成的角的取值范围是   0, 3   ，故D正确. 故选：ACD. 11．ACD 【分析】利用相互独立性的性质，相互独立事件是可以同时发生的，而互斥事件是不可能同时发生的；三个事件 两两独立，不能确定三个事件相互独立，即不能判断P(ABC)P(A)P(B)P(C)是否成立；利用概率公式 PABPAPBPAB求解. 【详解】若A,B相互独立，则P(AB)P(A)P(B)；若A,B互斥，则P(AB)0， 而P(A)0，P(B)0，所以事件A,B相互独立与A,B互斥不可能同时成立，故A正确； 当三个事件A,B,C两两独立时，P(ABC)P(A)P(B)P(C)一般不成立． 比如：设样本空间{a,b,c,d}含有等可能的样本点，且A{a,b},B{a,c},C {a,d}， 1 1 则P(A)P(B)P(C) ，P(AB)P(AC)P(BC) ， 2 4 所以P(AB)P(A)P(B),P(AC)P(A)P(C),P(BC)P(B)P(C)， 1 1 即三个事件A,B,C两两独立，但是P(ABC)  P(A)P(B)P(C) ，故B错误； 4 8 若A,B相互独立，则A,B;A,B;A,B也独立，故C正确； 1 2 3 由P(A) 得P(A) ，所以P(AB)P(A)P(B)P(AB) ，故D正确； 3 3 4 故选：ACD． 12． 61 答案第5页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}【分析】沿着正三棱柱ABC-ABC 的侧棱AA剪开，把侧面展成一个平面图形，得到一个矩形，结合矩形的对 1 1 1 1 角线长，即可求解. 【详解】如图所示，沿着正三棱柱ABC-ABC 的侧棱AA剪开， 1 1 1 1 把正三棱柱的侧面展成一个平面图形，可得一个长为326cm，宽为5cm一个矩形， 可矩形的对角线长为 6252  61 ，即最短路线的长为 61cm. 故答案为： 61. 1 13． /0.25 4 【分析】由纯虚数得出a,b的取值，即可求出复数zabi是纯虚数的概率. 【详解】由题意， 在zabi中，a2,0,1，b0,1,4,9， ∵复数为纯虚数 ∴a0,b0， 1 3 1 ∴复数zabi是纯虚数的概率为：   ， 3 4 4 1 故答案为： . 4 7 14． 11 【分析】利用古典概率求解即可. 【详解】在所有两次出现的点数有 5 的情形中，所有的(b,c)有： (5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(1,5)，(2,5)，(3,5)，(4,5)，(6,5)，共 11个， 而满足判别式b24c0的有： (5,1)，(5,2)，(5,3)，(5,4)，(5,5)，(5,6)，(6,5)，共 7 种， 7 因此所求概率为 . 11 7 故答案为： 11 答案第6页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}15．(1)3 2 10 (2) 10   【分析】（1）计算出2ab3,3，由公式求出模长； （2）利用向量余弦夹角公式进行求解.   【详解】（1）2ab2,41,1 3,3， r r 故 2ab  32 32 3 2；   （2）设a与b夹角为，   ab 1,21,1 1 2 10 cos      ， a b 14 11 10 10   10 故a与b夹角的余弦值为 10 4 3 16．(1)cos ,tan 5 4 24 7 (2)sin2 ，cos2 25 25  π 3 34 (3)cos   3 10 【分析】（1）根据同角三角函数的关系求解即可； （2）根据二倍角公式求解即可； （3）根据两角差的余弦公式求解即可. 3 π  【详解】（1）因为sin ， ,π， 5 2  4 3 所以cos 1sin2 ,tan ； 5 4 24 （2）sin22sincos ， 25 7 cos2cos2sin2 ； 25  π π π 3 34 （3）cos coscos sinsin  .  3 3 3 10 17．(1)证明见解析 (2)60 答案第7页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}(3)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证； （2）根据异面直线所成角定义求解； （3）根据线面垂直的判定定理可证. 【详解】（1）因为在正方体ABCDABCD 中，可知AB//AB ， 1 1 1 1 1 1 而AB平面ADCB ，AB 平面ADCB ，所以AB//平面ADCB . 1 1 1 1 1 1 1 1 （2）如图，连接AD，BD，在正方体ABCDABCD 中，可知AB //CD，AB CD， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以四边形ABCD是平行四边形，所以AD//BC， 1 1 1 1 所以DAB（或其补角）是直线AB与直线BC所成角，又ADABBD ，所以 1 1 1 1 1 DAB60，所以直线AB与直线BC所成角为60o. 1 1 1 （3）因为在正方体ABCDABCD 中，可知AB 平面BBCC，且BC 平面BBCC，所以AB BC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 又因为BC 、BC是正方形BBCC的对角线，因此BC BC， 1 1 1 1 1 1 又AB BC B ，且AB ，BC平面ADCB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BC 平面ADCB . 1 1 1 18．(1)证明见解析 2 (2) ；60 8 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明EF //SA，即可证明； （2）（ⅰ）根据（1）的结果，转化为求EF 与BD所成角的余弦值，利用图形的几何性质，结合余弦定理，即可 求解；（ⅱ）根据线面角的定义，构造线面角，即可求解. 【详解】（1）如图，因为点F 是正方形ABCD的对角线BD的中点，所以A,F,C三点共线，连结AC， 答案第8页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}点F 是对角线AC,BD的交点，所以F 是AC的中点，E是SC 的中点， 所以EF //SA， EF 平面SAB，SA平面SAB， 所以EF//平面SAB （2）（ⅰ）连结BE， π 若二面角SABD的大小为 ， 2 则平面SAB平面ABCD，且平面SAB平面ABCD AB， BCAB，且BC平面ABCD， 所以BC平面SAB，SB平面SAB， 所以BCSB， 1 5 又因为SB2,BC 1，所以SC  5，则BE  SC  ， 2 2 1 1 2 又EF  SA1，BF  BD ， 2 2 2 异面直线SA与BD所成的角为EF 与BD所成的角，为BFE或其补角， BF2EF2BE2 2 △BEF中，cosBFE  ， 2BFEF 8 2 所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为 ； 8 （ⅱ）取AB的中点O，连结SO，因为SASB，所以SO AB， 所以SO平面ABCD， 连结OD，SDO为直线SD与底面ABCD所成的角， 答案第9页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}因为底面边长为1，SASB2， 1 2 15 1 5 所以SO 22   ,OD 1  ， 2 2 4 2 SO tanSDO  3, OD 所以SDO60. 所以直线SD与平面ABCD所成角的大小为60. 1 1 1 19．(1) ， ， 8 7 4 7 (2)（i） ；（ii）有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大 16 【分析】（1）先根据题意计算出三种抽取方式下所有情况数，再列举出抽到一张红10和一张红K的情况，然后 利用古典概型的概率公式求解即可； （2）（i）根据对立事件的概率公式求解即可；（ii）方法一：设三次抽取成功的概率分别为a,b,c，则 pab1c1abc，化简根据a,b,c的大小可得结论；方法二：分别求出每种顺序下的概率，比较可得结论. 【详解】（1）设方式①的样本空间为Ω ，方式②的样本空间为Ω ，方式③的样本空间为Ω ， 1 2 3 则nΩ 8864,nΩ 8756,nΩ 444432， 1 2 3 设事件A“抽到一张红10和一张红K”，A{（红桃10，红桃K），（红桃10，方块K），（方块10，红桃K）， （方块10，方块K），（红桃K，红桃10），（方块K，红桃10），（红桃K，方块10），（方块K，方块10）， nA 8 1 nA 8 1 nA 8 1 故 p    ,p    ,p    . 1 nΩ  64 8 2 nΩ  56 7 3 nΩ  32 4 1 2 3 （2）（i）记三次抽取至少有一次成功为事件B， 7 6 3 7 则 pB11 p 1 p 1 p 1    . 1 2 3 8 7 4 16 （ii）有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大. 方法一：设三次抽取成功的概率分别为a,b,c（即a,b,c为p,p ,p 不同顺序的一个排列）， 1 2 3 答案第10页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}则 pab1c1abcbac2abc， 又 p  p  p,p p  p  p p  p  p p  p ， 3 2 1 3 1 2 2 1 3 1 2 3 故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大. 1 1 3 7 1 1 5 方法二：若按①②③的顺序， p       ， 8 7 4 8 7 4 112 13 9 13 9 5 同理①③②、②①③､②③①､③①②、③②①顺序下的概率分别为 , , , , ， 224 224 224 224 112 故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大. 答案第11页，共11页 {#{QQABSYQUoggoQIBAAQgCAQ2ICgGQkAGACagOQBAMoAAAAQFABAA=}#}