安徽省馬鞍山市2024屆高一下學期6月聯(lián)考數(shù)學質(zhì)量檢測試題（含解析）

/安徽省馬鞍山市2024屆高一下學期6月聯(lián)考數(shù)學質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、班級，條形碼填寫或張貼在答題卡相應(yīng)位置上．2．答選擇題時，必須使用2B鉛筆填涂；答填空題時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫；必須在題號對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫無效；保持答卷清潔、完整．3．考試結(jié)束后，將答題卡交回（試題卷學生保存，以備評講）一、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)滿足，則（

）A． B．10 C． D．32．下列說法正確的是（

）A．若，則B．零向量的長度是0C．長度相等的向量叫相等向量D．共線向量是在同一條直線上的向量3．某高中為了解三個年級學生的課業(yè)負擔情況，擬從這三個年級中抽取部分學生進行調(diào)查．則最合理的抽樣方法是（

）A．抽簽法 B．簡單隨機抽樣 C．分層隨機抽樣 D．隨機數(shù)法4．在中，若，則角等于（

）A． B． C．或 D．或5．如圖，在中，為靠近點的三等分點，為的中點，設(shè)，以向量為基底，則向量（

）A． B． C． D．6．如圖，矩形ABCD中，，正方形ADEF的邊長為1，且平面平面ADEF，則異面直線BD與FC所成角的余弦值為（

）

A． B． C． D．7．西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因為一段“把手給我”的短視頻而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其腳下的半球形工具.如圖，半球內(nèi)有一內(nèi)接正四棱錐，這個內(nèi)接正四棱錐的高與半球的半徑相等且體積為，那么這個半球的表面積為（

）

A． B． C． D．8．已知邊長為2的菱形中，點為上一動點，點滿足，，則的最大值為（

）A．0 B． C． D．3二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．設(shè)，為不同的直線，，為不同的平面，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，，則10．蜜蜂的巢房是令人驚嘆的神奇天然建筑物.巢房是嚴格的六角柱狀體，它的一端是平整的六角形開口，另一端是封閉的六角菱形的底，由三個相同的菱形組成.巢中被封蓋的是自然成熟的蜂蜜.如圖是一個蜂巢的正六邊形開口，則下列說法正確的是（

）

A． B．C．在上的投影向量為 D．11．如圖，在棱長為1的正方體中，、分別為棱、的中點，為線段上一個動點，則（

）A．三棱錐的體積為定值B．存在點，使平面平面C．當點與重合時，二面角的正切值為D．當點為中點時，平面截正方體所得截面的面積為三、填空題：本題共3小題，每題5分，共15分．12．用比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取50個樣本，第一層22個，樣本平均數(shù)為16，第二層28個，樣本平均數(shù)為18，由此可估計總體平均數(shù)為．13．敬亭山，位于安徽省宣城市北郊，是中國歷史文化名山，原名昭亭山，晉初為避帝諱，易名敬亭山．李白在《獨坐敬亭山》中寫道：眾鳥高飛盡，孤云獨去閑．相看兩不厭，只有敬亭山．相傳該詩題寫于太白獨坐樓（如圖（1））．為了測量該樓的高度（如圖（2）），一研究小組選取了與該樓底部在同一水平面內(nèi)的兩個測量基點與，現(xiàn)測得，，在點處測得該樓頂端的仰角為則該樓的高度為m．

14．如圖，在棱長為3的正方體中，在線段上，且是側(cè)面上一點，且平面，則線段的最大值為.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．已知，，是同一平面內(nèi)的三個向量，其中．(1)若，且，求的坐標；(2)若，且與垂直，求與的夾角的余弦值．16．在中，內(nèi)角的對邊分別為，已知，且．(1)求A；(2)已知角A的平分線交于點M，若，求的周長．17．如圖，已知等腰梯形中，，，是的中點，，將沿著翻折成，使平面平面．(1)求證：平面；(2)求與平面所成的角．18．如圖，在三棱錐中，底面，，為的中點，為的中點，，．(1)求證：；(2)求點到平面的距離；(3)在線段上是否存在點，使平面？若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．19．已知是平面內(nèi)任意兩個非零不共線向量，過平面內(nèi)任一點作，，以為原點，分別以射線為軸的正半軸，建立平面坐標系，如左圖．我們把這個由基底確定的坐標系稱為基底坐標系．當向量不垂直時，坐標系就是平面斜坐標系，簡記為．對平面內(nèi)任一點，連結(jié)，由平面向量基本定理可知，存在唯一實數(shù)對，使得，則稱實數(shù)對為點在斜坐標系中的坐標．今有斜坐標系（長度單位為米，如右圖），且，設(shè)(1)計算的大小；(2)質(zhì)點甲在上距點4米的點處，質(zhì)點乙在上距點1米的點處，現(xiàn)在甲沿的方向，乙沿的方向同時以3米/小時的速度移動．①若過2小時后質(zhì)點甲到達點，質(zhì)點乙到達點，請用，表示；②若時刻，質(zhì)點甲到達點，質(zhì)點乙到達點，求兩質(zhì)點何時相距最短，并求出最短距離．1．A【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算化簡，在計算其模.【詳解】因為，所以，所以.故選：A2．B【分析】根據(jù)向量的相關(guān)概念逐一判斷即可.【詳解】A：僅表示與的大小相等，但是方向不確定，故未必成立，所以A錯誤；B：根據(jù)零向量的定義可判斷B正確；C：長度相等的向量方向不一定相同，故C錯誤；D：共線向量不一定在同一條直線上，也可平行，故D錯誤.故選：B.3．C【分析】根據(jù)分層抽樣的定義判斷即可.【詳解】依題意為了解三個年級學生的課業(yè)負擔情況，由于三個年級作業(yè)情況差異比較明顯，故最合理的抽樣方法是分層隨機抽樣.故選：C4．B【分析】直接利用正弦定理即可求解.【詳解】由正弦定理得：，即，解得：,因為，由大角對大邊得：A=.故選：B5．B【分析】利用向量的加減法運算法則運算即可得出答案.【詳解】由圖形可知：.故選：B.6．C【分析】取AF的中點G，連接AC交BD于O點，異面直線與所成角即直線與所成角.在中，分別求得，利用余弦定理即可求得，從而求得異面直線夾角的余弦值.【詳解】取AF的中點G，連接AC交BD于O點，如圖所示，

則，且，異面直線與所成角即直線與所成角，由平面平面，，平面平面，平面知，平面，又平面，所以，由題易知，所以，則，，，則在中，由余弦定理知，，由兩直線夾角取值范圍為，則直線與所成角即異面直線與所成角的余弦值為.故選：C方法點睛：將異面直線平移到同一個平面內(nèi)，利用余弦定理解三角形，求得異面直線的夾角.7．B【分析】畫出圖形，利用已知條件轉(zhuǎn)化求解球的半徑，即可得到半球的表面積.【詳解】設(shè)半球的半徑為，連接交于點，連接，則，則，∵內(nèi)接正四棱錐的高與半球的半徑相等且體積為，∴四棱錐的體積，所以，所以這個半球的表面積.故選：B.

8．D【分析】設(shè)，求得，得到，以與交點為原點，建立平面直角坐標系，設(shè)，求得，進而求得的最大值為.【詳解】由，可得，設(shè)，可得，所以，因為，所以，以與交點為原點，以所在的直線分別為軸和軸建立平面直角坐標系，如圖所示，則，，，設(shè)，且，則，，，當時，.故選：D.

9．BD【分析】根據(jù)線線、線面、面面的位置關(guān)系，逐一分析各選項即可得答案.【詳解】解：對A：若，，則或與相交或與異面，故選項A錯誤；對B：若，，則，故選項B正確；對C：若，，則或與相交，故選項C正確；對D：若，，，則，故選項D正確.故選：BD.10．BCD【分析】根據(jù)題意，利用平面向量的線性運算法則，以及向量的數(shù)量積的定義與運算公式，投影向量的求解，以及共線的向量的表示，逐項判定，即可求解【詳解】對于A中，根據(jù)平面向量的運算法則，可得，所以A不正確；對于B中，由平面向量的數(shù)量積的運算公式，可得，在正六邊形中，可得，所以，所以，所以B正確；對于C中，因為，且，所以，所以，所以向量在向量上的投影向量為，所以C正確；對于D中，在正六邊形中，可得，直線平分角，且為等邊三角形，可得與向量共線且方向相同，在中，可得,且兩三角形均為直角三角形，所以，則，又由，所以，所以，所以D正確.故選：BCD.

11．AC【分析】根據(jù)錐體的體積公式判斷A，通過反證，利用平面與平面和平面的交線、是否能平行來判定B，取的中點，連接，，即可得到為二面角的平面角，再由銳角三角函數(shù)判斷C，作出截面，求出截面面積，即可判斷D.【詳解】對于A，隨著的移動，但是點到平面的距離始終不變即為線段的長度，故是定值，故A正確；對于B，如圖所示，連接，為側(cè)面的中心，平面與平面和平面分別交于線、，若存在點使平面平面，則，又，則四邊形為平行四邊形，即，而，此時應(yīng)在延長線上，故不存在線段上一個動點，使平面平面，故B錯誤；對于C，取的中點，連接，，又，，所以，，所以為二面角的平面角，又平面，平面，所以，，所以，即二面角的正切值為，故C正確；對于D，連接，，，，依題意可知，，，所以，所以四邊形為平面截正方體所得截面，又，，，如下平面圖形，過點作，過點作，則，所以，所以，當點為中點時，平面截正方體所得截面的面積為，故D錯誤.故選：AC12．【分析】根據(jù)平均數(shù)公式計算可得.【詳解】依題意可得總體平均數(shù)為.故13．【分析】根據(jù)給定條件，利用正弦定理及直角三角形邊角關(guān)系計算即得.【詳解】在中，由正弦定理，得，在中，.故14．【分析】在線段上取一點，使得，在線段上取一點，使得，連接，易證平面平面，得到的軌跡為線段求解.【詳解】解：如圖，在線段上取一點，使得，在線段上取一點，使得，連接，因為，所以，又，所以，因為平面平面，所以平面，同理，因為平面平面，所以平面，又，所以平面平面，因此，在線段上.因為，所以線段的最大值為.故15．(1)或(2)【分析】（1）依題意設(shè)，根據(jù)向量模的坐標表示求出，即可得解；（2）首先求出，依題意可得，根據(jù)數(shù)量積的運算求出，最后利用夾角公式計算可得.【詳解】（1）因為，，所以設(shè)，又，所以，解得，所以或；（2）因為，所以，又，且與垂直，所以，即，即，解得，所以.16．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，利用正弦定理化簡求得，得到，即可求解；（2）根據(jù)題意，利用，化簡得到，再由余弦定理，列出方程求得的值，即可求解.【詳解】（1）解：因為，由正弦定理得，所以，又因為，所以，可得，因為，可得，所以，所以，又因為，所以.（2）解：因為，交的內(nèi)角平分線交于點，且，，又因為，所以，可得，由余弦定理得：，整理得，解得或（舍去），所以，即的周長為.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）在等腰梯形中，連接，即可得到，從而得到，即可得證；（2）由（1）可得，由面面垂直的性質(zhì)得到平面，則與平面所成的角為，再由是正三角形，即可得解.【詳解】（1）如圖，在等腰梯形中，連接，因為是的中點，所以，又因為且，故四邊形是菱形，從而，所以沿著翻折成后，使得平面平面，所以，，又平面，所以平面，（2）由（1）及線面垂直性質(zhì)得，平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以與平面所成的角為，由已知條件，可知，，所以是正三角形，所以，所以與平面所成的角為.18．(1)證明見解析(2)(3)線段上當點滿足，使平面．【分析】（1）先根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理與判定定理證得平面，從而得證；（2）根據(jù)三棱錐等體積即可求解.（3）利用線面平行與面面平行的判定定理證得平面平面，從而得解.【詳解】（1）因為底面，平面，所以.又因為，平面，所以平面，又因為平面，所以.（2）設(shè)點到平面的距離為.因為底面，，為的中點，所以點到平面的距離為.又因為在中，，，．則，.又因為底面，平面，所以，又因為，，為的中點，所以，又因為由（1）知平面，平面，所以，則.所以，則，則的面積為，所以，解得.（3）線段上當點滿足，使平面.證明：取CH的中點K，連接MK，NK．因為為的中點，所以由為的中位線，可得.又因為平面，平面ABC，所以平面；由，可得，則，又因為平面ABC，平面ABC，所