2024~2025學年第一學期福建省九地市部分學校開學質量檢測數學試卷（完卷時間：120分鐘；滿分：150分）友情提示：請將所有答案填寫到答題卡上！請不要錯位、越界答題！一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的.1.若復數z滿足，則復數z在復平面內對應的點不可能在（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】先根據復數的除法和乘法計算化簡，再根據實部和虛部確定復數對應點的象限.【詳解】，若，則，∴復數z可能在第一象限；若，無解，即復數z不可能在第二象限，故應選B；若，則，∴復數z可能第三象限；若，則，∴復數z可能在第四象限．故選：B.2.已知空間向量，則向量在坐標平面上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據投影向量的定義可得結果.【詳解】根根據空間中點的坐標確定方法知，空間中點在坐標平面上的投影坐標，豎坐標為0，橫坐標與縱坐標不變.所以空間向量在坐標平面上的投影坐標是：.故選：A.3.若構成空間的一個基底，則下列向量能構成空間的一個基底的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據空間向量共面定理可知BCD選項中的向量共面，無法作為一組基底；假設A中向量共面，可知不存在滿足條件的實數，由此知假設錯誤，則A中向量可以作為基底.【詳解】對于A，假設共面，則可設，方程組無解，不共面，可以作為空間一組基底，A正確；對于B，，∴共面，不能作為空間一組基底，B錯誤；對于C，，∴共面，不能作為空間一組基底，C錯誤；對于D，，共面，不能作為空間一組基底，D錯誤.故選：A4.已知空間單位向量，，兩兩垂直，則（）A B. C.3 D.6【答案】A【解析】【分析】先根據單位向量得出模長，再根據垂直得出數量積，最后應用運算律求解模長即可.【詳解】因為空間單位向量兩兩垂直,所以，所以.故選：A.5.如圖所示，在四面體A－BCD中，點E是CD的中點，記，，，則等于（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用空間向量的線性運算，用基底表示向量.【詳解】連接AE，如圖所示，∵E是CD的中點，，，∴＝＝．在△ABE中，，又，∴.故選：A.6.設是兩個平面，是兩條直線，則下列命題為真命題的是（）A.若，，，則B.若，，，則C.若，，，，則D.若，，則【答案】B【解析】【分析】由線面關系逐一判斷即可.【詳解】對于A：由，，，可知、可能平行或相交，A錯誤；對于B：由，，，則由線面平行的性質定理得，B正確；對于C：由，，，，可知、可能平行或相交，C錯誤；對于D：由，，可知或，D錯誤．故選：B7.在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的面積為（）A.1 B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】先由題意結合正弦定理得，再由得，接著結合基本定理得，故，進而可求得和，再由即可求解.【詳解】由題以及正弦定理得，所以由余弦定理得，所以由正弦定理得，所以，因為，所以，所以，故，則，因為，所以，所以即，此時即，解得，所以.故選：B.【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵由題意得后利用基本不等式推出，從而得，進而解出角A和c邊.8.三棱錐滿足，二面角的大小為，，，，則三棱錐外接球的體積為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設，根據對角線向量的性質列方程求關系，從而可得線線垂直，過作，連接，結合勾股定理，得線線關系，從而可得二面角的平面角，可將三棱錐補充直棱柱，從而可確定外接球球心位置得外接球半徑，即可得球的體積.【詳解】設，則，因為，所以，解得：，即，可知，過作，連接，則，可知，且二面角的平面角為，則為等邊三角形，即，設，因為，即，解得：或，可知點與點A重合或與點B重合，兩者是對稱結構，不妨取點E與點A重合，則，，由，平面，則平面，且為二面的平面角，可知為等邊三角形，可將三棱錐補充直棱柱，如圖所示，為底面正的外心，即，為的外接球球心，可知，且，則三棱錐的外接球半徑，所以外接球的體積.故選：C.【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯或不選的得0分.9.某次數學考試后，為分析學生的學習情況，某校從某年級中隨機抽取了100名學生的成績，整理得到如圖所示的頻率分布直方圖．為進一步分析高分學生的成績分布情況，計算得到這100名學生中，成績位于內的學生成績方差為12，成績位于內的同學成績方差為10．則（）A.B.估計該年級學生成績的中位數約為77.14C.估計該年級成績在80分及以上的學生成績的平均數為87.50D.估計該年級成績在80分及以上的學生成績的方差為30.25【答案】BCD【解析】【分析】A項，由各組頻率之和為求參數；B項可由頻率分布直方圖面積與比較，估計中位數所在區間，利用面積關系建方程求解可得；C項，兩組求加權平均數可得；D項，由分別兩組成績的方差與兩組總方差的關系求解即可.【詳解】A項，在頻率分布直方圖中，所有直方圖的面積之和為1，則，解得，故A錯誤；項，前兩個矩形的面積之和為前三個矩形的面積之和為.設該年級學生成績的中位數為，則，根據中位數的定義可得，解得，所以，估計該年級學生成績的中位數約為，故B正確；C項，估計成績在80分以上的同學的成績的平均數為分，故C正確；D項，估計該年級成績在80分及以上的學生成績的方差為，故D正確.故選：BCD.10.在中，設角所對的邊分別為a,b,c，則下列命題一定成立的是（A.若，則是銳角三角形B.若，，，則有唯一解C.若是銳角三角形，，，設面積為S，則D.若是銳角三角形，則【答案】BCD【解析】【分析】由余弦定理可判斷；由正弦定理可判斷；利用邊化角結合面積公式可得，求的范圍，結合正弦函數的性質可得的范圍，即可判斷；由銳角三角形可得及，利用在上的單調性結合誘導公式可判斷.【詳解】，，，為銳角，但不能確定角是否為銳角，故不一定是銳角三角形，故錯誤；由正弦定理得，，，有唯一解，故正確；，，，，又，解得，，，，，，即，故正確；是銳角三角形，，又，，，又在上單調遞增，，，，故正確；故選：.11.如圖，在棱長為2的正方體中，均為所在棱的中點，動點P在正方體表面運動，則下列結論中正確的為（）A.在中點時，平面平面B.異面直線所成角的余弦值為C.在同一個球面上D.，則點軌跡長度為【答案】ACD【解析】【分析】根據正方體圖像特征證明面，結合面面垂直的判定定理判斷A；根據異面直線所成的角判斷B錯誤；根據五點共圓得到C；分析可知點軌跡是過點與平行的線段，根據軌跡求出長度得到D.【詳解】對于選項A：取的中點，連接，在棱長為2的正方體中，均為所在棱的中點，易知，平面，在面內，所以，面，面，，所以面，面，所以，連接，是正方形，，因為面，面，所以，因為面，面，，所以面，因為面，所以，綜上，面，面，又，所以面，面，故平面平面，故A正確；對于選項B：取的中點，連接，則，所以是異面直線所成的角，又，則，故B錯誤；對于選項C：記正方體的中心為點，則，所以在以為球心，以為半徑的球面上，故C正確；對于選項D：因為，且為的中點，所以，故，所以點軌跡是過點與平行的線段，且，所以，故D正確；故選：ACD【點睛】方法點睛：（1）用普通方法求異面直線所成的角時可以找到與其中一條平行的直線與另一條直線相交所成的角即為異面直線的夾角；（2）證明面面垂直時，通常先證明線面垂直，再證明面面垂直；（3）證明點共球面可先證明點共圓.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若圓錐的底面半徑為，側面積為，則該圓錐的體積為__________【答案】【解析】【分析】根據給定條件，求出圓錐的母線及高，再利用錐體的體積公式計算即得.【詳解】設圓錐的母線長為，則，解得，因此圓錐的高，所以圓錐的體積.故答案為：13.甲、乙、丙、丁四支足球隊進行單循環比賽（即每支球隊都要跟其他各支球隊進行一場比賽），最后按各隊的積分排列名次，積分規則為每隊勝一場得3分，平一場得1分，負一場得0分.若每場比賽中兩隊勝、平、負的概率都為，則在比賽結束時，甲隊輸一場且積分超過其余每支球隊積分的概率為______．【答案】【解析】【分析】不妨先考慮甲輸丙，再就甲與乙丁的輸贏分類討論后可得所求的概率.【詳解】甲隊在輸了一場且其積分仍超過其余三支球隊的積分，三隊中選一隊與甲比賽，甲輸，，例如是丙甲，若甲與乙、丁兩場比賽都輸，則乙、丁、丙積分都大于甲，不合題意；若甲與乙、丁的兩場比賽一贏一平，則甲只得4分，這時，丙乙、丙丁兩場比賽中丙只能輸，否則丙分數不小于4分，不合題意，在丙輸的情況下，乙、丁已有3分，那個它們之間的比賽無論什么情況，乙、丁中有一人得分不小于4分，不合題意；若甲全贏（概率是）時，甲得6分，其他3人分數最高為5分，這時丙乙，丙丁兩場比賽中丙不能贏，否則丙的分數不小于6分，只有全平或全輸或一輸一平，①若丙一平一輸，概率，如平乙，輸丁，則乙丁比賽時，丁不能贏，概率；②若丙兩場均平，概率是，乙丁這場比賽無論結論如何均符合題意；③若兩場丙都輸，概率是，乙丁這場比賽只能平，概率是；綜上概率為．故答案為：.【點睛】思路點睛：對于比較復雜的概率的計算，注意根據問題的特征合理分類，盡量不重不漏，必要時利用表格或枚舉等方法.14.如圖，已知點是圓臺的上底面圓上的動點，在下底面圓上，，，，，則直線與平面所成角的正弦值的最大值為________.【答案】【解析】【分析】以為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得對應點的坐標，設出未知點的坐標，利用向量法求線面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【詳解】解：連接，過點作垂直于的延長線于點，以為坐標原點，建立空間直角坐標系如下所示：在三角形中，因為，故，則，則，，故點，又，，，設點，，由，可得，，，設平面的法向量m=x則，即，取，則，故平面的法向量，又，設直線與平面所成角為，，則，因為，且，故令，，，則，，，又，所以，，即，所以的最大值為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.記的內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若的面積為，求．【答案】（1）（2）5【解析】【分析】（1）由已知，結合正弦定理邊角互化，再根據余弦定理求得即可求解；（2）由三角形面積公式求得，根據及余弦定理得出，再由完全平方公式即可求解．【小問1詳解】由正弦定理得，，即，由余弦定理得，，又，所以．【小問2詳解】因為的面積為，所以，即，由，則，即，所以，即．16.如圖，AB是圓的直徑，平面PAC面ACB，且APAC.（1）求證：平面；（2）若，求直線AC與面PBC所成角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據面面垂直的性質定理，結合直徑的性質、線面垂直的判定定理進行證明即可；（2）根據（1）的結論，建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可.【小問1詳解】因為平面PAC面ACB，且APAC.，平面PAC面ACB，平面PAC，所以PA面ACB，又因為平面PBC，所以PA，又因為AB是圓的直徑，所以，因為平面，所以平面；【小問2詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，因為，所以，所以，則，設平面PBC的法向量為m=x,而，設直線AC與面PBC所成角為，則，所以直線AC與面PBC所成角的正弦值為.17.某校為了增強學生的身體素質，積極開展體育鍛煉，并給學生的鍛煉情況進行測評打分.現從中隨機選出100名學生的成績（滿分為100分），按分數分為，共6組，得到如圖所示的頻率分布直方圖.（1）求的值，并求這100名學生成績的中位數（保留一位小數）；（2）若認定評分在80,90內的學生為“運動愛好者”，評分在90,100內的學生為“運動達人”，現采用分層抽樣的方式從不低于80分的學生中隨機抽取6名學生參加運動交流會，大會上需要從這6名學生中隨機抽取2名學生進行經驗交流發言，求抽取的2名發言者中恰好“運動愛好者”和“運動達人”各1人的概率.【答案】（1），中位數是分（2）【解析】【分析】（1）根據頻率之和為求得，根據中位數的求法求得中位數.（2）先按分層抽樣計算出、抽取的人數，然后利用列舉法求得所求概率.【小問1詳解】依題意，，解得.前三組的頻率為，所以中位數為分.【小問2詳解】的頻率為，的頻率為，兩者的比例是，所以抽取的名學生中，中的有人，記為；在中的有人，記為；從中抽取人，基本事件有，共種，其中恰好“運動愛好者”和“運動達人”各1人的是：，共種，故所求概率為.18.如圖所示的空間幾何體是以為軸的圓柱與以為軸截面的半圓柱拼接而成，其中為半圓柱的母線，點為弧的中點.（1）求證：平面平面；（2）當，平面與平面夾角的余弦值為時，求點到直線的距離.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）過作交弧上一點，連結，由可得，進而由線面垂直的判定定理證明平面，從而由面面垂直的判定定理即可得證；（2）根據題意，建立空間直角坐標系，設，利用向量法求平面與平面夾角的余弦值，而列方程求出的值，從而向量法可求點到直線的距離.【小問1詳解】過作交弧上一點，連結，如圖所示：則為弧的中點，則且，所以四邊形為平行四邊形，所以.由題意可知，，為等腰直角三角形，則；因為為弧的中點，所以,則為等腰直角三角形，則，所以，則,因為，則，又，又因為、面，所以平面，因為面，所以平面平面.【小問2詳解】由題意知，兩兩垂直，所以為坐標原點，以分別為軸，軸，軸的空間直角坐標系，如圖所示：設，又，則A0,0,0，，，，，，，，，，設平面的一個法向量為n1=則，即，令，，設平面的一個法向量為，則，即，令，，設