安徽省马鞍山市2024届高一下学期6月联考数学质量检测试题（含解析）

/安徽省马鞍山市2024届高一下学期6月联考数学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级，条形码填写或张贴在答题卡相应位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答填空题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整．3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知为虚数单位，复数满足，则（

）A． B．10 C． D．32．下列说法正确的是（

）A．若，则B．零向量的长度是0C．长度相等的向量叫相等向量D．共线向量是在同一条直线上的向量3．某高中为了解三个年级学生的课业负担情况，拟从这三个年级中抽取部分学生进行调查．则最合理的抽样方法是（

）A．抽签法 B．简单随机抽样 C．分层随机抽样 D．随机数法4．在中，若，则角等于（

）A． B． C．或 D．或5．如图，在中，为靠近点的三等分点，为的中点，设，以向量为基底，则向量（

）A． B． C． D．6．如图，矩形ABCD中，，正方形ADEF的边长为1，且平面平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（

）

A． B． C． D．7．西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（

）

A． B． C． D．8．已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（

）A．0 B． C． D．3二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则10．蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口，则下列说法正确的是（

）

A． B．C．在上的投影向量为 D．11．如图，在棱长为1的正方体中，、分别为棱、的中点，为线段上一个动点，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．存在点，使平面平面C．当点与重合时，二面角的正切值为D．当点为中点时，平面截正方体所得截面的面积为三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分．12．用比例分配的分层随机抽样的方法抽取50个样本，第一层22个，样本平均数为16，第二层28个，样本平均数为18，由此可估计总体平均数为．13．敬亭山，位于安徽省宣城市北郊，是中国历史文化名山，原名昭亭山，晋初为避帝讳，易名敬亭山．李白在《独坐敬亭山》中写道：众鸟高飞尽，孤云独去闲．相看两不厌，只有敬亭山．相传该诗题写于太白独坐楼（如图（1））．为了测量该楼的高度（如图（2）），一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为则该楼的高度为m．

14．如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．已知，，是同一平面内的三个向量，其中．(1)若，且，求的坐标；(2)若，且与垂直，求与的夹角的余弦值．16．在中，内角的对边分别为，已知，且．(1)求A；(2)已知角A的平分线交于点M，若，求的周长．17．如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面．(1)求证：平面；(2)求与平面所成的角．18．如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．(1)求证：；(2)求点到平面的距离；(3)在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．19．已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设(1)计算的大小；(2)质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．1．A【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，在计算其模.【详解】因为，所以，所以.故选：A2．B【分析】根据向量的相关概念逐一判断即可.【详解】A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，故未必成立，所以A错误；B：根据零向量的定义可判断B正确；C：长度相等的向量方向不一定相同，故C错误；D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，故D错误.故选：B.3．C【分析】根据分层抽样的定义判断即可.【详解】依题意为了解三个年级学生的课业负担情况，由于三个年级作业情况差异比较明显，故最合理的抽样方法是分层随机抽样.故选：C4．B【分析】直接利用正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理得：，即，解得：,因为，由大角对大边得：A=.故选：B5．B【分析】利用向量的加减法运算法则运算即可得出答案.【详解】由图形可知：.故选：B.6．C【分析】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.在中，分别求得，利用余弦定理即可求得，从而求得异面直线夹角的余弦值.【详解】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，如图所示，

则，且，异面直线与所成角即直线与所成角，由平面平面，，平面平面，平面知，平面，又平面，所以，由题易知，所以，则，，，则在中，由余弦定理知，，由两直线夹角取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为.故选：C方法点睛：将异面直线平移到同一个平面内，利用余弦定理解三角形，求得异面直线的夹角.7．B【分析】画出图形，利用已知条件转化求解球的半径，即可得到半球的表面积.【详解】设半球的半径为，连接交于点，连接，则，则，∵内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，∴四棱锥的体积，所以，所以这个半球的表面积.故选：B.

8．D【分析】设，求得，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，求得，进而求得的最大值为.【详解】由，可得，设，可得，所以，因为，所以，以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，，设，且，则，，，当时，.故选：D.

9．BD【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案.【详解】解：对A：若，，则或与相交或与异面，故选项A错误；对B：若，，则，故选项B正确；对C：若，，则或与相交，故选项C正确；对D：若，，，则，故选项D正确.故选：BD.10．BCD【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则，以及向量的数量积的定义与运算公式，投影向量的求解，以及共线的向量的表示，逐项判定，即可求解【详解】对于A中，根据平面向量的运算法则，可得，所以A不正确；对于B中，由平面向量的数量积的运算公式，可得，在正六边形中，可得，所以，所以，所以B正确；对于C中，因为，且，所以，所以，所以向量在向量上的投影向量为，所以C正确；对于D中，在正六边形中，可得，直线平分角，且为等边三角形，可得与向量共线且方向相同，在中，可得,且两三角形均为直角三角形，所以，则，又由，所以，所以，所以D正确.故选：BCD.

11．AC【分析】根据锥体的体积公式判断A，通过反证，利用平面与平面和平面的交线、是否能平行来判定B，取的中点，连接，，即可得到为二面角的平面角，再由锐角三角函数判断C，作出截面，求出截面面积，即可判断D.【详解】对于A，随着的移动，但是点到平面的距离始终不变即为线段的长度，故是定值，故A正确；对于B，如图所示，连接，为侧面的中心，平面与平面和平面分别交于线、，若存在点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形，即，而，此时应在延长线上，故不存在线段上一个动点，使平面平面，故B错误；对于C，取的中点，连接，，又，，所以，，所以为二面角的平面角，又平面，平面，所以，，所以，即二面角的正切值为，故C正确；对于D，连接，，，，依题意可知，，，所以，所以四边形为平面截正方体所得截面，又，，，如下平面图形，过点作，过点作，则，所以，所以，当点为中点时，平面截正方体所得截面的面积为，故D错误.故选：AC12．【分析】根据平均数公式计算可得.【详解】依题意可得总体平均数为.故13．【分析】根据给定条件，利用正弦定理及直角三角形边角关系计算即得.【详解】在中，由正弦定理，得，在中，.故14．【分析】在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，易证平面平面，得到的轨迹为线段求解.【详解】解：如图，在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，因为，所以，又，所以，因为平面平面，所以平面，同理，因为平面平面，所以平面，又，所以平面平面，因此，在线段上.因为，所以线段的最大值为.故15．(1)或(2)【分析】（1）依题意设，根据向量模的坐标表示求出，即可得解；（2）首先求出，依题意可得，根据数量积的运算求出，最后利用夹角公式计算可得.【详解】（1）因为，，所以设，又，所以，解得，所以或；（2）因为，所以，又，且与垂直，所以，即，即，解得，所以.16．(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简求得，得到，即可求解；（2）根据题意，利用，化简得到，再由余弦定理，列出方程求得的值，即可求解.【详解】（1）解：因为，由正弦定理得，所以，又因为，所以，可得，因为，可得，所以，所以，又因为，所以.（2）解：因为，交的内角平分线交于点，且，，又因为，所以，可得，由余弦定理得：，整理得，解得或（舍去），所以，即的周长为.17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）在等腰梯形中，连接，即可得到，从而得到，即可得证；（2）由（1）可得，由面面垂直的性质得到平面，则与平面所成的角为，再由是正三角形，即可得解.【详解】（1）如图，在等腰梯形中，连接，因为是的中点，所以，又因为且，故四边形是菱形，从而，所以沿着翻折成后，使得平面平面，所以，，又平面，所以平面，（2）由（1）及线面垂直性质得，平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以与平面所成的角为，由已知条件，可知，，所以是正三角形，所以，所以与平面所成的角为.18．(1)证明见解析(2)(3)线段上当点满足，使平面．【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理与判定定理证得平面，从而得证；（2）根据三棱锥等体积即可求解.（3）利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得解.【详解】（1）因为底面，平面，所以.又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）设点到平面的距离为.因为底面，，为的中点，所以点到平面的距离为.又因为在中，，，．则，.又因为底面，平面，所以，又因为，，为的中点，所以，又因为由（1）知平面，平面，所以，则.所以，则，则的面积为，所以，解得.（3）线段上当点满足，使平面.证明：取CH的中点K，连接MK，NK．因为为的中点，所以由为的中位线，可得.又因为平面，平面ABC，所以平面；由，可得，则，又因为平面ABC，平面ABC，所