高一第二学期数学期末考试试卷解析
2022-2023学年度第二学期期末考试卷高一数学试卷(答案版)
2022-2023学年度第二学期期末考试卷高中数学答案120α=>，25，)，二、多选题15．【答案】π12【详解】如图所示：设ADN α∠=，大正方形边长为a ，则cos DN a α=，sin AN a α=，cos sin MN a a αα=-，则()()()21cos sin cos sin 2S a a a a αααα=-+⨯阴，()()()22ABCD1cos sin cos sin 528a a a a S S a αααα-+⨯==阴，2215sin cos 2sin cos sin cos 28αααααα+-+=，化为33sin248α=，则1sin22α=，由题意π0,4α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则π20,2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故π26α=，解得π12α=．故答案为：π12.16．【答案】10-【详解】设28(1)716y ax a x a =++++，其图象为抛物线，对于任意一个给定的a 值其抛物线只有在开口向下的情况下才能满足0y ≥而整数解只有有限个，所以a<0，因为0为其中一个解可以求得167a ≥-，又a Z ∈，所以2a =-或1a =-，则不等式为22820x x --+≥和290x -+≥，可分别求得2552x --≤≤-和33x -≤≤，因为x 位整数，所以4,3,2,1x =----和3,2,1,0,1,2,3x =---，所以全部不等式的整数解的和为10-.故答案为：10-.17．【答案】(1)52k ≥(2)1k ≤【详解】（1）由2511x x -<+，移项可得25101x x --<+，通分并合并同类项可得601x x -<+，等价于()()610x x -+<，解得16x -<<，则{}16A x x =-<<；由A B A = ，则A B ⊆，即1621k k -≤-⎧⎨≤+⎩，解得52k ≥.（2）p 是q 的必要不充分条件等价于B A ⊆.①当B =∅时，21k k -≥+，解得13k ≤-，满足.②当B ≠∅时，原问题等价于131216k k k ⎧>-⎪⎪-≥-⎨⎪+≤⎪⎩（不同时取等号）解得113k -<≤.综上，实数k 的取值范围是1k ≤.18．【答案】(1)π()sin(2)3f x x =+，(2){}2[3,2)-f=，的奇函数，所以()00),0∞和()+上分别单调递增．0,∞。
四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)
成都七中高2026届高一下期期末考试数学试题一.单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若2i z =-,则z z -=（）A.B.2iC.2D.4【答案】C 【解析】【分析】根据共轭复数写出z ，即可求出模长.【详解】2i z =- ，2i z ∴=+，即(2i)(2i)2i 2z z -=+--==.故选：C.2.若2,a a = 与b 夹角为60，且()b a b ⊥- ，则b = （）.A.32B.1C.D.2【答案】B 【解析】【分析】根据向量垂直，结合数量积的定义即可列方程求解.【详解】由()b a b ⊥- ，得20b a b ⋅-= ，故22cos600b b ⋅-=，故1b = 或0b = ，若0b = ，则,a b共线，不满足题意，故1b = ，故选：B3.已知tan 2α=，α为锐角，则πsin()4α+=（）. A.1010B.1010 C.31010-D.31010【答案】D 【解析】【分析】利用两角和的正弦公式把πsin()4α+展开，然后利用同角三角函数基本关系即可求解.【详解】πππ2sin(sin coscos sin (sin cos )4442ααααα+=+=+ ,，,α为锐角，sin 0,cos 0αα∴>>，sin tan 2cos ααα== ，sin 2cos αα∴=，又22sin cos 1αα+= sin ,cos 55αα∴==，即35sin cos 5αα+=，得0π2sin()31n cos 4201ααα+=+=.故选：D.4.将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，则()g x 的一条对称轴可能为（）.A.5π12B.π12C.5π3D.π3【答案】D 【解析】【分析】根据平移伸缩得到三角函数解析式再求对称轴即可.【详解】将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()1πsin 23g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则对称轴为πππ,Z 232x k k +=+∈,所以对称轴为π2π,Z 3x k k =+∈，当0k =时对称轴为π3x =.故选：D.5.已知,,αβγ是三个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，且m αβ⋂=，给出下列四个命题:①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若,αβγβ⊥⊥，则//αγ④若,//n m n γβ⋂=，则//γα则上述命题中正确的个数为（）.A.0B.1C.2D.3【答案】B 【解析】【分析】利用直线、平面间的位置关系判断即可.【详解】对于①，若,//m m n αβ⋂=，则如图所示，第一种情况，n 在,αβ外，可得//n α或//n β；第二种情况，n 在β内，可得//n α；第三种情况，n 在α内，可得//n β，综上所述，//n α或//n β，故①正确；对于②，若,m m n αβ⋂=⊥，则n 与α相交或在α内，n 与β相交或在β内，故②错误；对于③，若m αβαβγβ⊥⋂=⊥，，，则,αγ相交或//αγ，故③错误；对于④，若,,//m n m n αβγβ⋂=⋂=，则//γα或γ与α相交，故④错误.故选：B.6.同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数之差绝对值小于2的概率为（）.A.23B.59C.49D.13【答案】C 【解析】【分析】|根据古典概型计算即可.【详解】同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数分别为,x y ，共有36种情况，点数之差绝对值小于2的情况有()()()()()()()()()()()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,2,1,3,2,4,3,5,4,6,5共16种点数之差绝对值小于2的概率为()1642369P x y -<==.故选：C.7.羌族是中国西部地区的一个古老民族，被称为“云朵上的民族”，其建筑颇具特色.碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑，一般多建于村寨住房旁.现有一碉楼，其主体部分可以抽象成正四棱台1111ABCD A B C D -，如图，已知该棱台的体积为311224m 8m 4m AB A B ==，，，则二面角1A AB C--的正切值为（）.A.3B.2C.D.32【答案】A 【解析】【分析】先求出正四棱台的高，再取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，即可求解．【详解】解：设正四棱台的高为h ，则(221843V h =++，得()12246416323h =++，得6h =，取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，如图所示：取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，则184=6,22MN OO h EN -====，得6tan 32MN MEN EN∠===，故选：A8.在ABC 中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，已知160a A == ，，设O G ，分别是ABC 的外心和重心，则AO AG ⋅的最大值是（）A.12B.13 C.14D.16【答案】B 【解析】【分析】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，求得212AO AC AC ⋅= ，212AO AB AB ⋅= ，化解得221166AO AG AB AC +=⋅ ，再通过余弦定理及均值不等式即可求解.【详解】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，因为21|||cos |||||2AO AC AO AC OAC AH AC AC ⋅=⋅∠=⋅= ,同理21|||cos 2|AO AB AO AB OAB AB ⋅=⋅∠= ,则()221332AO AG AO AD AO AB AC ⎛⎫⋅=⋅=⋅+ ⎪⎝⎭()()222211113666AO AB AC AB b c =⋅+=+=+，在ABC 中，1,60a A ==︒，由余弦定理得2222cos60a b c bc ︒=+-，即221b c bc +=+，由均值不等式，2212bc b c bc +=+≥，所以1bc ≤（当且仅当1b c ==等号成立），所以()()()2211111116663AO AG c b bc ⋅=+=+≤+= .故选：B．二.多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知()()1,,2,3a b ==+λλr r，则（）.A.“1λ=”是“a ∥b”的必要条件B.“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件C.“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件D.“12λ=”是“a b ⊥ ”的充分条件【答案】BC 【解析】【分析】对于AB ：根据向量平行的坐标表示结合充分必要条件分析判断；对于CD ：根据向量垂直的坐标表示结合充分必要条件分析判断.【详解】因为()()1,,2,3a b ==+λλr r，对于选项AB ：若a ∥b，则()23+=λλ，解得1λ=或3λ=-，可知a ∥b，等价于1λ=或3λ=-，若a ∥b ，不能推出1λ=，所以“1λ=”不是“a ∥b”的必要条件，故A 错误；若3λ=-，可以推出a ∥b ，所以“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件，故B 正确；对于选项CD ：若a b ⊥，则230++=λλ，解得12λ=-，可知a b ⊥ ，等价于12λ=-，若a b ⊥ ，可以推出12λ=-，所以“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件，故C 正确；若12λ=，不能推出a b ⊥ ，“12λ=”不是“a b ⊥ ”的充分条件，故D 错误；故选：BC.10.已知一组样本数据()12201220,,,,x x x x x x ≤≤≤ 下列说法正确的是（）.A.该样本数据的第60百分位数为12x B.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数大于中位数C.若样本数据的方差2022112520i i s x ==-∑，则这组样本数据的总和为100D.若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍【答案】BCD 【解析】【分析】根据题意，结合百分位数、数据方差，以及平均数与方差的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A ，由200.612⨯=，可得第60百分位数为12132x x +，错误；对于B ，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图所示，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，正确；对于C ，由()11222202011252020i i i i s x x x ===∑-=∑-，则20202221150020i i i i x x x ==-=-∑∑，所以5x =,故这组样本数据的总和等于20100x =，正确；对于D ，若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍，正确．故选：BCD ．11.如图，在长方体ABCD A B C D -''''中，2,4,AB BC AA '===N 为棱C D ''中点，1,2D M P '=为线段A B '上一动点，下列结论正确的是（）.A.线段DP 长度的最小值为655B.存在点P ,使AP PC +=C.存在点P ，使A C '⊥平面MNP D.以B 为球心，176为半径的球体被平面AB C '所截的截面面积为6π【答案】AC 【解析】【分析】对于A ，在三角形中，由垂线段最短即可计算得到；对于B ，通过平面翻折，化空间到平面，利用两点之间线段最短计算出AP PC +的最小值，再与C ，依题意作出经过三点,,M N P 的平面，再证明A C '与平面垂直即得；对于D ，利用球的截面圆的性质，先通过等体积求得球心到平面的距离，再由垂径定理求出截面圆半径即得.【详解】对于A ，如图1，因A B A D ''===,BD =,故当DP A B ⊥'时，线段DP 长度最小，此时由等面积，1122DP ⨯⨯，解得655DP ==，故A 正确；对于B ，如图2，将平面A D CB ''旋转至平面11BC D A ',使之与平面A AB '共面，连接1AC 与A B '交于点1P ，此时1111AP PC AC +=为最小值.sinA BA '∠==,190A BC '∠=,故1cos cos(90)sinABC A BA A BA ''∠=∠+=-∠=-由余弦定理，2221122222cos 88(8AC ABC =+-⨯⨯∠=-⨯-=+,故1AC =>因此不存在这样的点P ，使AP PC +=B 错误；对于C ，如图3，取131,,22B E B F A G =='=''，连接FG 交A B '于P ，下证AC MN '⊥.连接D C ',由2D N D DD M DC''=='可得ND M D DC '' ,则得D C MN '⊥,因D A ''⊥平面DCC D '',因MN ⊂平面DCC D '',则D A MN ''⊥,因D C D A D ''''⋂=,,D C D A '''⊂平面A D C ''，故MN ⊥平面A D C ''，又A C '⊂平面A D C '',故A C MN '⊥.同理，A C EN '⊥,因MN EN N ⋂=,,MN EN ⊂平面MEN ,故A C '⊥平面MEN .下证//EF GM .取线段A G '的三等分点,J K ,取A D ''的中点H ，连接,,,EH HJ JF D K ',易证////,EH A B FJ EH A B FJ ''''==,则得EFJH ,得//EF JH ,易得//JH D K ',因//,D M GK D M GK ''=,得D MJK ' ,得//D K GM ',故得//EF GM .同理可得//MN FG ，因此,,,,M N E F G 五点共面．由A C '⊥平面MEN 可得A C '⊥面MNEFG .所以存在这样的点P 使A C '⊥面MNP ，故C正确；对于D ，如图4，以点B 为球心，176为半径的球面被面AB C '所截的截面为圆形，记其半径为r，则r =（*），其中d 为点B 到平面AB C '的距离．由B ABC B AB C V V --''=可得，1133ABC AB C S BB S d ''⨯⨯=⨯⨯ ，则122442132d ⨯⨯⨯==⨯，代入（*），得52r =，所以截面面积225ππ4S r ==，故D 错误．故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题主要考查多面体中与动点有关的距离最值，截面性质问题，属于难题.解题关键在于处理距离和的最小值常常需要平面翻折，截面问题，一般应先作出截面，再根据条件分析截面性质，对于球的截面圆，常通过垂径定理求解.三.填空题:本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.习主席曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，为响应国家号召，农学专业毕业的小李回乡创业，在自家的田地上种植了,A B 两种有机生态番茄共5000株，为控制成本，其中A 品种番茄占40%.为估计今年这两种番茄的总产量，小李采摘了10株A 品种番茄与10株B 品种番茄，其中A 品种番茄总重17kg ，B 品种番茄总重23kg ，则小李今年共可收获番茄约_______kg .【答案】10300【解析】【分析】求解两种番茄的种植株数，利用比例即可求解.【详解】由题意，知A 品种番茄共40%5000=2000⨯株，B 品种番茄3000株，故共可收获番茄约172320003000103001010⨯+⨯=kg ，故答案为：1030013.已知三棱锥A BCD,ABC - 是边长为2的等边三角形，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，且平面ABC ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -的外接球表面积为_______.【答案】28π3##28π3【解析】【分析】判断出等腰直角三角形BCD △的直角，根据面面垂直的性质说明四边形1O EGO 为矩形，求出相关线段长，即可求得三棱锥外接圆半径，即可求得答案.【详解】由于ABC 是边长为2的等边三角形，故2BC =，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，假设BDC ∠为直角，则BD DC ==112BCD S ==△不合题意；故DBC ∠或DCB ∠为直角，不妨设DBC ∠为直角，则2BD BC ==；设ABC 的中心为G ，E 为BC 的中点，则,,A G E 共线，且AE BC ⊥，由于平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC ⋂平面BCD BC =，AE ⊂平面ABC ，故⊥AE 平面BCD ，设O 为三棱锥A BCD -的外接球球心，1O 为DC 中点，即为BCD △的外接圆圆心，连接1OO ，则1OO ⊥平面BCD ，则1OO AE ∥，连接1OG,O E ，则OG ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ,则OG AE ⊥，又⊥AE 平面BCD ，1O E ⊂平面BCD ，则1AE O E ⊥，则四边形1O EGO 为矩形，则112122323OG O E DB ,AG ====⨯=,故22273OA OG AG =+=，故三棱锥A BCD -的外接球表面积为228π4π3OA ⨯=，故答案为：28π314.在ABC 中，43AB AC AB AC P ⊥==，，，为斜边BC 上一动点，点Q 满足2PQ =，且AQ mAB nAC =+，则2m n +的最大值为______________.【答案】1323+【解析】【分析】取AB 中点D ，连接CD 交AQ 于点E ，由平面向量的线性运算得2AQ m n AE+=，过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=，如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值，即可求解．【详解】AB 中点D ，由题可知点Q 点在以P 为圆心，以2为半径的圆上，则2AQ mAB n AC mAD n AC =+=+；连接CD 交AQ 于点E ，()1AE AD AC λλ=+-，则()()1AQ AQ AQ AE AD AC AE AEλλ=⋅=⋅+- ，故2AQ m n AE+=．过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=．如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值．则3tan tan 2∠=∠=BFQ ADC，得sin ∠=BFQ ，得2,223sin 33BQ AB BF BF m n BFQAD +===+==∠．故答案为：1323+四.解答题:本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是1AA 的中点，点F 在AB上.（1）当F 是AB 的中点时，证明:平面//EFO 平面11A D C ;（2）当F 是靠近B 的三等分点时，求异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）3015．【解析】【分析】（1）利用OF OE ，分别为11,BC A C A D 的中位线，得到//OF 平面11A D C ，//OE 平面11A D C ，借助面面平行的判定定理证明即可;（2）由1//OE A C 可知EOF ∠或其补角为异面直线FO 与1AC 所成角，借助余弦定理求出即可.【小问1详解】由正方体1111ABCD A B C D -可知，,O E 是1,AC AA 中点，所以1//,OE A C 因为11A D ⊂平面11,A D C OE ⊄平面11A D C ，所以//OE 平面11A D C .因为F 是AB 中点，O 是AC 中点，所以OF 为ABC 的中位线，故11////OF BC A D ．又由于1AC ⊂平面11,A D C OF ⊄平面11A D C ，所以//OF 平面11A D C ．又,,OE OF O OE OF =⊂ 平面EFO ，故平面//EFO 平面11A D C ．【小问2详解】由1//OE A C 知，异面直线FO 与1AC 所成角即为EOF ∠或其补角．由于1AA ⊥平面,,ABCD AB AO ⊂平面ABCD ，则1AA 与,AB AO 都垂直，所以90EAF EAO ∠=∠=︒，由题意得4AF =，在Rt EAF △中，由勾股定理可得5EF =．易得3AO AE ==，在Rt EAO △中，由勾股定理可得EO =在OAF △中，45CAB ∠=︒，由余弦定理得FO ==，在EOF 中，由余弦定理可得2222cos EF EO FO EO FO EOF =+-⋅⋅∠，代入解得cos 015EOF ∠==>．所以异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值为3015．16.2024年4月26日，主题为“公园城市、美好人居”的世界园艺博览会在四川成都正式开幕，共建成113个室外展园，涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格，吸引了全球各地游客前来参观游玩.现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了50名游客，统计他们的参观时间(从进入至离开该展园的时长，单位:分钟，取整数)，将时间分成[)[)[]455555658595 ，，，，，，五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中a 的值;（2）由频率分布直方图，试估计该展园游客参观时间的第75百分位数(保留一位小数);（3）由频率分布直方图，估计样本的平均数¯(每组数据以区间的中点值为代表).【答案】（1）0.015a =；（2）78.3（3）69x =．【解析】【分析】（1）应用频率和为1求参数；（2）应用频率分布直方图求百分位数步骤求解；（3）应用频率分布直方图求平均数步骤求解.【小问1详解】由样本频率分布直方图可知()0.0120.0250.035101a +++⨯=，解得0.015a =；【小问2详解】样本频率直方图前三组频率之和为()0.0100.0250.035100.70.75++⨯=<，前四组频率之和为()0.0100.0250.0350.015100.850.75+++⨯=>，所以样本数据的第七十五百分位数在第四组内，设其为x ，则()750.0150.700.75x -⨯+=，解得78.3=x ，所以样本数据的第七十五百分位数为78.3．由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为78.3；【小问3详解】0.0110500.03510600.02510700.01510800.0151090x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯，计算可得，样本的平均数69x =．17.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下:在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球;若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权;比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为23，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.（1）求甲至少赢1个回合的概率;（2）求第二回合中有选手得分的概率;（3）求甲乙两人在比赛中平局的概率.【答案】（1）2627（2）59（3）427．【解析】【分析】（1）根据对立事件概率求法及乘法公式结合条件即得；（2）结合对立事件和独立事件，应用和事件求概率；（3【小问1详解】设事件=i A “第i 回合甲胜”，事件M =“甲至少赢一回合”，故M =“甲每回合都输”．i A 为i A 对立事件，()23i P A =，故()13i P A =．()()()()()()31231231261111327P M P M P A A A P A P A P A ⎛⎫=-=-=-=-=⎪⎝⎭，故甲至少赢1个回合的概率为2627．【小问2详解】设事件N =“第二回合有人得分”，由题可知1212N A A A A =⋃，且12A A 和12A A 互斥，则()()()()()()()1212121259P N P A A P A A P A P A P A P A =+=⋅+⋅=，故第二回合有人得分的概率为59．【小问3详解】设事件Q =“甲乙两人平局”，由题可知，只有0:0与1:1两种情况，因此123123Q A A A A A A =⋃，故()()()()()()()()()123123123123427P Q P A A A P A A A P A P A P A P A P A P A =+=+=，故甲乙两人平局的概率为427．18.记ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知4,2,sin sin 2sin a c a A c C b B ==+=，D 是线段AC 上的一点，满足13AD AC =，过D 作一条直线分别交射线BA 、射线BC 于M N 、两点.（1）求b ，并判断ABC 的形状;（2）求BD 的长;（3）求BM BN ⋅的最小值.【答案】（1）b =，钝角三角形（2）2133（3）409【解析】【分析】（1）由正弦定理得b =cos 0A <，得到π2A >，ABC 是钝角三角形；（2）,BA BC 可作为一组基底，求出5cos ,cos 8BA BC B 〈〉== ，根据题目条件得到2133BD BA BC =+ ，平方后2BD，从而求出答案；（3）设,BM xBA BN yBC ==，根据向量共线得到()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈ ，由向量基本定理得到()21,313x y t t ==-，表达出()291BM BN BA BC t t⋅=⋅-⋅ ，其中50BA BC ⋅=>，由基本不等式求出最小值.【小问1详解】由正弦定理得，222sin sin 2s n 2i a a c A c C b B b ⇒+=+=，又4,2a c ==，解得b =．又因为22220b c a +-=-<，故222cos 02+-=<b c a A bc，因为0πA <<，故π2A >，所以ABC 是钝角三角形．【小问2详解】由平面向量基本定理，,BA BC可作为一组基底向量，且有2,4BA BC == ，2225cos ,cos 28a cb BA BC B ac+-〈〉===．由于13AD AC = ，所以()13BD BA BC BA -=- ，故2133BD BA BC =+ ．BD ==3===；【小问3详解】由题意可设,BM xBA BN yBC == ．由于,,M D N 三点共线，设MD tMN =，01t <<，故()BD BM t BN BM -=- ，故()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈．所以()21133BD t x BA ty BC BA BC =-⋅+⋅=+ ，由平面向量基本定理，解得()21,313x y t t ==-，所以()21,313BM BA BN BC t t ==-．因此()()21231391BM BN BA BC BA BC t t t t ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪--⋅⎝⎭⎝⎭，而||||cos 50BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅=>，其中()11122t t t t -+-≤=，当且仅当1t t -=，即12t =时，等号成立，因此当12t =时，409BM BN ⋅= 为最小值．【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.19.如图，斜三棱柱111A B C ABC -中，90ABC ∠= ，四边形11ABB A 是菱形，D 为AB 中点，1A D ⊥平面ABC ，点1A 到平面11BCC B 1AA 与1CC 的距离为2.（1）求证:CB ⊥平面11ABB A ;（2）求1AC 与平面11BCC B 所成角的正弦值;（3）若E F ，分别为1AA AC ，的中点，求此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积.【答案】（1）证明见解析（2）155（3）53412．【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；（2）先根据线面垂直判定定理证明线面垂直，几何法得出线面角，再计算得出正弦值；（3）先找到截面，再计算截面即可.【小问1详解】因为1A D ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，故1A D BC ⊥．又由90ABC ∠=︒，即1,,AB BC AB A D D AB ⊥⋂=⊂平面11ABB A ,1A D ⊂平面11ABB A ，因此BC ⊥平面11ABB A ．【小问2详解】由于菱形11ABB A ，且1A D 为AB 的垂直平分线，因此可知1A AB △和11B A B 均为等边三角形．由BC ⊥平面11,ABB A BB ⊂平面1ABB A ，可得1BC BB ⊥，斜三棱柱进一步可得11B BCC 是矩形．此时作1111,A P BB AQ CC ⊥⊥，连接1,,PQ PC AC ．由题知，112,AQ A P =⊂平面11ABB A ，可得111,BC A P BC BB B BB ⊥⋂=⊂，平面11,BCC B BC ⊂平面11BCC B ，因此1AP ⊥平面11BCC B ，因此由题知，1,A P PQ PC =⊂平面11BCC B ，所以也有11,A P PQ A P PC ⊥⊥．因此，1ACP ∠为1AC 与平面11BB C C 所成角．在1Rt A PQ △中，1PQ ==，由矩形可知1BC PQ ==．由于1A P =1B AB △中，可以解得12,BB P =为1BB 中点，1BP =．所以，在Rt BCP △中，PC =1Rt ACP △中，1AC =．因此，111115sin ,5A P ACP AC AC ∠===与平面11BB C C所成角的正弦值为5．【小问3详解】延长1,EF C C 交于点M ，连接1MB ，交BC 于N ，连接FN ，如图，故四边形1B EFN 即为所得截面．上一问可知，菱形11ABB A 的边长为2，矩形11B BCC 中1BC =，平行四边形11ACC A中111112,AA CC AC AC AC =====．要计算截面1B EFN 的面积，首先研究1B EM △．在11A B E △中，由于11120EA B ∠=︒，由余弦定理可得1B E =,E F 为中点，因此12EM EF AC ===，此时有1MC AE ==，在直角11MB C中1MB N =为BC 的三等分点．因此1B EM △中，由余弦定理可得2221111cos 25EM MB EB EMB EM MB +-∠==⋅⋅，第21页/共21页所以可以计算得117sin 5EMB ∠=．设截面面积为S ，由于111,23MF ME MN MB ==，有11111115534sin sin 22612B EM NFM B EM S S S ME MB EMB MF MN EMB S =-=⋅⋅∠-⋅⋅∠==△△△因此，此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积为53412．。
四川省泸州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含解析)
四川省泸州市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．若集合,,则( )A. B. C. D.2．设复数z 满足( )A. B. C. D.3．设,,A. B. C. D.4．已知( )5．平面与平面平行的充分条件可以是( )A.内有无穷多条直线都与平行B.直线,,且,C.直线,直线,且,D.内的任何一条直线都与平行6．如图,为直角三角形,,,C 为斜边的中点,P 为线段的中点,则( )7．若圆台侧面展开图扇环的圆心角为,其母线长为2,下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍,则该圆台的高为( ){}25A x x =∈-<<Z {}24B x x x =<A B = (0,4){1,2,3}{}1-(2,4)-(1i)3i z -=-=2i+2i-12i -12i+0.48a = 1.312b -⎛⎫= ⎪⎝⎭c =a c b <<a b c<<c b a <<c a b<<tan α=α=αβαβm ⊄m β⊄//m α//m βm α⊂n β⊂//m β//n ααβAOB △1OA =2OB =AB OC AP OP ⋅=12180︒A.8．已知函数,若方程有4个不同的根,,,,且,则的值为( )A.3B.0C.2D.6二、多项选择题9．下列说法正确的是( )A.任意向量,与同向,则B.若向量,且,则A,B,C 三点共线C.若,则与的夹角是锐角,,则在上的投影向量为10．已知函数,满足,且,则( )A.的图象关于C.在上单调递减D.的图象关于点对称11．正方体的棱长为2,已知平面,则关于平面截正方体所得截面的判断正确的是( )A.截面形状可能为正三角形B.平面与平面ABCD 所成二面角的正弦值为C.截面形状可能为正六边形D.截面面积的最大值为三、填空题12．已知函数是定义在R 上的周期为2的奇函数,当时,,则的值为____________．__________.41,0()log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩()f x k =1x 2x 3x 4x 1234x x x x <<<3412x x x x --a b ba b> PA PB PC λμ=+ 1(01)λμλ+=<<0a b ⋅>a b 6b 3,π4b = a b -()sin(2)f x x ϕ=+ππ33f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()ππ2f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭()f x x 1φ2=-()f x π,π2⎛⎫⎪⎝⎭()f x 13π,012⎛⎫⎪⎝⎭1111ABCD A B C D -1AC α⊥αα()f x 01x <<()2xf x =72f ⎛⎫ ⎪⎝⎭=14．已知三棱锥底面是边长为3的等边三角形,且,当该三棱锥的体积取得最大值时,其外接球的表面积为____________．四、解答题15．已知向量,且．（1）求向量与的夹角．（2）若向量与互相垂直,求k 的值．16．已知函数的部分图象如下图所示．（1）求函数的解析式．（2）若将函数的图象,求不等式的解集．17．在中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c ,已知．（1）求B ;（2）若．18．如图,在四棱锥中,底面是正方形,E ,F 分别为,的中点,G 为线段上一动点,平面．（1）证明：平面平面;（2）当时,证明：平面;（3）若,四面体的体积等于四棱锥的S ABC -SA AB SB ==(1,1a =-()3a b b +⋅= a bka b + a kb -π()sin()(0,0,||)2f x A x A ωϕωϕ=+>><()f x (f x ()g x ()1g x >ABC △2cos 2b C a c =+b =sin A C =c +P ABCD -ABCD PB PC AC PD ⊥ABCD ⊥BDF A E G 3CG AG =//EG BDF 2AD PD =BGEF P ABCD -．19．对于三个实数a,b,k ,若（1）写出一个数a 使之与2具有“性质1”,并说明理由;（2）若,具有“性质k ”,求实数k 的最大值．()()()(22111a b k a b --≥--22x --x ≤≤x cos x参考答案1．答案：B解析：,,所以.故选：B.2．答案：C,.故选：C.3．答案：D解析：因为函数在R 上单调递增,所以,又因为函数在上单调递增,所以,所以.故选：D.4．答案：B解析：依题意,故选：B.5．答案：D解析：对于A,若内有无穷多条直线都与平行,则,平行或相交,故充分性不成立,故A 错误;对于B,如图,在正方体中,平面,平面,{}{}251,0,1,2,3,4A x x =∈-<<=-Z {}{}2404B x x x x x =<=<<{1,2,3}A B = ()()()()323i 1i 3i 3i 33i i+i 24i12i 1i 1i 1i 1i 22z ++-++++======+---+2x y =. 1..130.31422220182b a -⎛⎫== ⎪=>=>⎝>⎭lg y x =(0,)+∞1lg lg103c =<=c a b <<2222222211cos sin 1tan 2cos2cos sin 1cos sin 1tan 12ααααααααα---=-=====+++αβαβ1111ABCD A B C D -11//C D ABCD 11//C D 11ABB A而平面平面,故充分性不成立,故B 错误;对于C,如图,在正方体中,平面,平面,而平面平面,故充分性不成立,故C 错误;对于D,由面面平行的定义知能推出平面与平面平行,故充分性成立,故D 正确.故选：D.6．答案：B解析：因为,取中点Q ,连接,故选：B.7．答案：C解析：设圆台的上底面的圆心为H ,下底面的圆心为O ,设圆台的母线交于点S ,11ABB A ABCD AB =1111ABCD A B C D -11//A B ABCD //CD 11ABB A 11ABB A ABCD AB =αβ()()1111111122222224PQ PO PA CO PA CO AO AC CA BA ⎛⎫⎡⎤=+=+=-+== ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦14BA ==AO PQ 144AP OP PA PO PA PO⋅=⋅=⋅⋅()()22221514164PA PO PA PO PQ AQ ⎡⎤=+--=-=-=⎢⎥⎣⎦为圆台的母线,且,下底面圆的半径是上底面圆的半径的2倍,,所以,由圆台侧面展开图扇环的圆心角为,所以下底面圆的周长为,所以,所以,,在直角梯形中,易求得故选：C.8．答案：A解析：作出函数的图象如下由对称性可知,由图可知,所以,则,,,故选：A.9．答案：BD解析：对于A,向量不能比较大小,故A 错误,对于B,向量且时,由向量共线定理的推论,知A,B,C 三AB 2AB =HA OB ==2=4SB =180︒4π2π4πOB ⋅=2OB =1HA =HABO OH ==41,0()log ,0x x f x x x ⎧+≤⎪=⎨>⎪⎩12x x +=-434log x =3401x x <<<43log 0x <444344log 0log log x x x ⇒-=>434log 0x x =341x x ∴=34121(2)3x x x x ---=-=PA PB PC λμ=+1(01)λμλ+=<<点共线,故B 正确,对于C,当,同向共线时,,此时夹角不是锐角,故C 错误,,故D 正确.故选：BD 10．答案：BD解析：因为函数函数,满足,所以的图象关于所以,所以,,因为,,即,所以,,所以则,由,可得,所以在上不单调,故C 错误;由,所以的图象关于点对称,故D 正确．故选：BD ．11．答案：ACD解析：如图,在正方体中,连接,,,,a b 0a b a b ⋅=⋅>3π4=-()sin(2)f x x ϕ=+ππ33f x f x ⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()sin(2)f x x ϕ=+x =πsin(2)3ϕ⨯+=±πk ϕ+=+∈Z ππ6k ϕ=-k ∈Z ()ππ2f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭()()sin πsin 2πϕϕ+>+sin 0ϕ<2k n =n ∈Z sin ϕ=π()sin(26f x x =-π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π5π11π(,)2666x ∈-()f x π,π2⎛⎫⎪⎝⎭1313ππππ0i 1212()sin(2)s n 26f =⨯==-()f x 13π,012⎛⎫ ⎪⎝⎭1111ABCD A B C D -1A B 1A D BD AC因为平面,平面,则,因为四边形为正方形,则,又因为,,平面,所以,平面,因为平面,则,同理可证,因为,,平面,则平面,所以平面与平面平行或重合,所以平面与正方体的截面形状可以是正三角形,故A 正确;平面与平面所成二面角正弦值为即为平面与平面所成的角,设与交于O ,连接,因为四边形是正方形,所以,又平面,又平面,所以,又,,平面,又平面,所以,所以是平面平面与平面所成二面角的平面角,由题意可得,进而可得所以所以平面与平面的1AA ⊥ABCD BD ⊂ABCD 1AA BD ⊥ABCD BD AC ⊥1AA AC A = 1AA AC ⊂11AA C C BD ⊥11AA C C 1AC ⊂11AA C C 1BD AC ⊥11A B AC ⊥1A B BD B = 1A B BD ⊂1A BD 1AC ⊥1A BD α1A BD 1A BD αABCD 1A BD ABCD AC BD 1OA ABCD AC BD ⊥1AA ⊥ABCD BD ⊂ABCD 1AA BD ⊥1AA AC A = 1AA AC ⊂1AA O 1AO ⊂1AA O 1BD AA ⊥1AOA ∠1A BD ABCD 12A A =12AO AC ==1AO ==111sin AA AOA A O ∠===α当E,F,N,,M,G,H 分别为对应棱的中点时,截面为正六边形,因为E ,H 分别为,的中点,则,因为平面,平面,则平面,同理可得平面,又因为,,平面,则平面平面,所以,平面,此时截面为正六边形,故C 正确;如图设截面为多边形,设,则,则,所以多边形的面积为两个等腰梯形的面积和,所以,因为EFNMGH 1BB 11A B 1//EH A B EH ⊄1A BD 1A B ⊂1A BD //EH 1A BD //EF 1A BD EH EF E =I EH EF ⊂EFNMGH //EFNMGH 1A BD 1AC ⊥EFNMGH GMEFNH 1A G x =02x ≤≤,)GH ME NF MG HN EF x ======-MN =GMEFNH 1211()()22S GH MN h MN EF h =+⋅++⋅1h ==所以=时,故选：ACD.12．答案：解析：根据题意,是定义在R上周期为2的奇函数,所以故答案为：13．答案：414．答案：解析：依题意,三棱锥的底面面积是个定值,侧面是等边三角形,顶点S到边的距离也是一个定值,所以当该三棱锥的体积取得最大值时,平面平面,取的中点,连接,,N,M分别为正三角形,的中心,所以,,所以为二面角平面角,可得,过N,M分别作平面,平面的垂线,,两垂线交于O,的2h==11)22S x=+-11)22S x=+++-221)x=++=-+1x=maxS=()f x127111422222f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-=-=-=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭()2sin301041sin202︒-︒==︒15πS ABC-ABC△SAB ABSAB⊥ABCAB SH CH SAB ABCSH AB⊥CH AB⊥SHC∠S AB C--SH CH⊥SAB ABC NO MO则O 为外接球的球心,由正三角形的性质可求得进而可得易得四边形是正方形,所以由勾股定理可得其外接球的表面积为.故答案为：.（2）或解析：（1）由,得设向量与的夹角为,由,,所以,所以,解得所以向量与（2）由向量向量与互相垂直,得,所以,即,解得或．16．答案：（1）（2）,解析：（1）由图象知,即,又,,所以SH CH ==NH HM ==CM ==OMHN OM =OC ==24π15π=15π1k =1k =-()1,1a =-||a == a b[0,π]θ∈()3a b b +⋅= 2a b b ⋅+= 1a b ⋅= ||||cos 1a b θ⋅= cos θ=a b ka b + a kb -()()·0ka b a kb +-= 2220ka k a b a b kb -⋅+⋅-= 22120k k k -+-=1k =1k =-1π()2sin()26f x x =+ππ(π,π)66k k -+k ∈ZA =8π2π2π33=-=4πT =0ω>4π=ω=1()2sin()2f x x ϕ=+又函数过点,所以,所以,,解得,.又．（2）将函数可得函数,的图象,所以,由,可得,所以所以,,所以,所以不等式的解集为,．（2）2解析：（1）因为余弦定理可得,所以,因为,所以,,2π(,2)32π12π(2sin()2323f ϕ=⨯+=πsin()3ϕ+=π2π2k ϕ+=+k ∈Z 2ππ6k ϕ=+k ∈Z ||ϕ=1π()2sin(26f x x =+(f x ()1ππ42sin(4)2sin(2)266f x x x =⨯+=+()g x ()ππ2sin[2()]2cos 266g x x x =++=()1g x >2cos 21x >cos 2x >ππ2π22π33k x k -<<+k ∈Z πππ6k x k -<<+∈Z ()1g x >ππ(π,π66k k -+k ∈Z 222222a b c b a c ab+-⨯=+222a b c ac -+=-2221cos ,(0,π)22a cb B B ac +-==-∈B =2sin sin b c B C====sin =sin C =又,由余弦定理得,即,因为,所以.18．答案：（1）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）设与交于O ,连接,因为四边形是正方形,所以,且O 为的中点,又平面,又平面,所以,因为E 是的中点,所以,所以,又,,平面,所以平面,又平面,所以平面平面;（2）连接交于点M ,连接,连接,则O 为的中点,因为,的中点,所以M 为所以,又平面,平面,所以平面;（3）由平面,可得,因为E,F 分别为,的中点,sin sin A C =2c =1=2222cos b a c ac B =+-221322a c ac ⎛⎫=+-⨯- ⎪⎝⎭222233()4()a c ac ac a c a c =++⇒+=+⇒=+,0a c >2a c +=AC BD OE ABCD AC BD ⊥BD PD ⊥ABCD BD ⊂ABCD PD BD ⊥PB //PD OE OE BD ⊥OE AC O = OE AC ⊂A E G BD ⊥A E G BD ⊂BDF ⊥BDF A E G CE BF EF OM AC 3CG ==PB PC PBC △==//OM GE OM ⊂BDF EG ⊄BDF //EG BDF PD ⊥ABCD 22P ABCD P ABC A PBC V V V ---==PB PC所以,所以,所以又四面体的体积等于四棱锥,所以点G ,A平面.19．答案：（1）（答案不唯一）,理由见解析.（2）（3）0解析：（1）与2具有“性质1”.当时,即,则2与2具有“性质1”（2）若所以,即,令,,所以,所以,解得即所以因此x 的取值范围,具有“性质k ”,14BEF PEF PBC S S S ==△△△4A PBC A BEF V V --=228P ABCD P ABC A PBC A BEF V V V V ----===BGEF P ABCD -A BEF G BEF V --=BEF 34=2a =4{|log x x ≤4log x ≥2a =2a =()()()(22212112212--≥⨯--⨯90>22x x --()()2222110x x -⎡⎤---≥⎢⎥⎣⎦()22210442104430xxx x x x -----≥⇒+--≥⇒+-≥4xt =0t >2131300t t t t t-++-≥⇒≥2310t t -+≥0t <≤≥04x <≤x ≥4log x ≤4log x ≥4{|log x x ≤4log x ≥x ≤≤x cos x所以,,化简得令,,两边平方得令求导得令,求导得令,解得,当,,在上单调递减;当,,在上单调递增;又因为,所以,因此,即y 在单调递减,当时,y 取最小值为0,进而得到,实数k 的最大值为0.()()()(22sin 1cos 1sin cos 1sin cos x x k x x x --≥--x ≤≤x >cos x cos 0,1cos 0sin sin x x x x ->->()()22cos sin sin cos 1sin cos x x k x x xx k ≥--⇒≤sin cos t x x =-[]0,1t ∈sin cos x x =2224321()12222112t t t k t t t t --+≤=+⎛⎫-- ⎪⎝⎭43212,22t t y t t++-=()()()()()33242234422122622t t t t t t t y t t -++--++='=+462551()h t t t t =+--534220102(3105)()6h t t t t t t t '=+-=+-()0h t '=0,1t t ==<t =()0h t '<()h t t =()0h t '>()h t (0)1h =-(1)0h =()0h t <0'<y []0,11t =0k ≤。
江苏省南通市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(含解析)
江苏省南通市2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．若复数是纯虚数,则实数a 的值为( )A.0B.1C.-1D.2．下列特征数中,刻画一组数据离散程度的是( )A.平均数B.中位数C.众数D.方差3．已知圆锥的底面半径和高均为1,则该圆锥的侧面积为( )A.C. D.4．已知向量,,若,则( )5．一个水果盘子里有2个苹果和3个桃子,从盘中任选2个,则选中的水果品种相同的概率为( )6．若( )A.7．某数学兴趣小组测量学校旗杆的高度,在旗杆底部O 的正东方向A 处,测得旗杆顶端P 的仰角为,在A 的南偏西方向上的B 处,测得P 的仰角为（O ,A ,B在同一水平面内）( )A.10mB.14mC.17mD.20mA. B. C. D.二、多项选择题9．记的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ．下列命题为真命题的是( )()21i z a a =+-1±π2π()2,4a =-()1,b x =//a b||b = πcos 3α⎛⎫-= ⎪⎝⎭π26α⎛⎫-= ⎪⎝⎭60 30 45 ≈ 1.7≈tan tan B C =+∞⎫+⎪⎪⎭⎫+∞⎪⎪⎭()1,+∞()2,+∞ABC △A.若,则为直角三角形B.若,则为等腰三角形C.若,则为等腰三角形为等腰直角三角形10．已知a,b,c为三条直线,,,为三个平面．下列命题为真命题的是( ) A.若,,则 B.若,,,则C.若,,则D.若,,,则11．一个袋子中有大小和质地相同的4个球,其中有2个红色球（标号为1和2）,2个白色球（标号为3和4）,从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”,“两个球标号的和为奇数”,“两个球标号都不小于2”,则( )A.A与B互斥B.A与C相互独立C. D.三、填空题12．样本数据7,8,10,11,12,13,15,17的第40百分位数为______________．13．已知向量,,向量在,则______________．四、双空题14．以棱长为2的正方体的六个面为底面,分别向外作形状相同的正四棱锥,得到一个多数为____________．五、解答题15．记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,．（1）求B;（2）若,求．16．如图,在四棱锥中,底面是菱形,平面,E,F分别是棱,的中点．222sin sin sinA B C+=ABC△sin sina Ab B=ABC△cos cosa Ab B=ABC△cos Bb==ABCαβγa c⊥b c⊥//a b//aαaβ⊂bαβ=//a baα⊥aβ⊂αβ⊥αγ⊥βγ⊥aαβ=aγ⊥A=B=C=()()()P AB P AC P A+=()()()()P ABC P A P B P C=a2aba b⋅=ABC△222a c b+=+c=tan CP ABCD-ABCD PA⊥ABCD BC AP（1）证明：;（2）证明：平面．17．某班学生日睡眠时间（单位：h ）频率分布表如下：;（2）用比例分配的分层随机抽样方法,从该班日睡眠时间在和的学生中抽取5人．再从抽取的5人中随机抽取2人,求2人中至少有1人的日睡眠时间在的概率．18．已知的面积为9,点D 在BC 边上,．（1）若,①证明：;②求AC ;（2）若,求AD 的最小值．19．如图,等腰梯形ABCD 为圆台的轴截面,E ,F 分别为上下底面圆周上的点,且B ,E ,D ,F 四点共面．的PC BD ⊥//EF PCD [)7,7.5[]8.5,9[77.5)，ABC △2CD DB =cos BAC ∠=AD DC =sin 2sin ABD BAD ∠=∠AB BC =1OO（1）证明：;（2）已知,,四棱锥的体积为3．①求三棱锥的体积;②当母线与下底面所成的角最小时,求二面角的正弦值．//BF DE 2AD =4BC =C BEDF -B ADE -C BF D --参考答案1．答案：A解析：根据题意,复数是纯虚数,所以且,解得.故选：A.2．答案：D解析：平均数、中位数、众数是描述一组数据的集中趋势的量,方差是衡量一组数据偏离其平均数的大小的量,即刻画一组数据离散程度.故选：D.3．答案：B解析：根据题意圆锥的母线长即可求得．故选：B.4．答案：B解析：因为,所以,即所以,所以所以故选：B.5．答案：C解析：根据题意,设2个苹果分别记为：1和2,3个桃子编号为A ,B ,C ,从盘中任选两个,可得,,,,,,,,,共10种情况．选中的水果品种相同的选法有：,,,有4种．故选：C.6．答案：B()21i z a a =+-0a =210a -≠0a =l ==πrl 侧＝π1S ⨯=侧＝//a b =a b λ()()()()2,4=2,4=1,,x x λλλ⇒--2==24==2x x λλλ--⎧⎧⇒⎨⎨-⎩⎩()1,2b =- ||b ==()1,2()1,A ()1,B ()1,C ()2,A ()2,B ()2,C (),A B (),A C (),B C ()1,2(),A B (),A C (),B C =解析：令,,则令所以故选：B.7．答案：C解析：如图,设米,则米.在中,由题意可得,,由余弦定理可得解得米.故选：C.8．答案：A,所以π3x α=-π2cos 33α⎛⎫-= ⎪⎝⎭cos x =2y α=π22y x =-22ππ21sin 2sin sin 2cos 22cos 1216239y x x x α⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==-==-=⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭OP h =tan 60h OA == tan 45hh ==OAB △60OAB ∠= 2cos cos 60OAB ∠== 17h =≈tan tan B C =+()sin sin sin sin cos cos sin sin cos cos cos cos cos cos cos cos B C B C B C B C A B C B C B C B C++=+===cos B ==又因为三角形ABC 为锐角三角形,所以所以,故选：A.9．答案：ABD解析：对于A,若,由正弦定理得,所以为直角三角形,故A 正确;对于B,若,由正弦定理得,所以,所以为等腰三角形,故B 正确;对于C,若,由正弦定理得,所以或,即或是等腰或直角三角形,故C 错误;,所以,,即为等腰直角三角形,故D 正确;故选：ABD.10．答案：BCD解析：对于A 选项,令,,若,则一定有,,而在同一平面的a ,b 两条直线可以平行,也可以相交,故A 错误;对于B 选项,这是线面平行的性质定理,故B 正确;对于C 选项,这是面面垂直的判定定理,故C 正确;()πsin sin 13tan cos cos 2A A B A A A ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭====+ππ00ππ222πππ6200322A A A A C ⎧⎧<<<<⎪⎪⎪⎪⇒⇒<<⎨⎨⎪⎪<-<<<⎪⎪⎩⎩tan A ⎫∈+∞⎪⎪⎭1tan 2A ⎫=++∞⎪⎪⎭222sin sin sin A B C +=222a b c +=C =ABC △sin sin a A b B =22a b =a b =ABC △cos cos a A b B =sin cos sin cos A A B =12sin 22A B =22A B =22πA B +=A B =A B +=ABC cos B b ==cos cos sin sin B CB C==cos sin B B =cos sin C C =B ==ABC a α⊂b α⊂c α⊥a c ⊥b c ⊥对于D 项,设,,过平面内一点A ,分别作,,如图所示,因为,,,,所以,又因为,所以,同理：,又因为,、,所以,故D 项正确.故选：BCD.11．答案：BC解析：根据题意,从袋中不放回地依次随机摸出2个球,则,,,所以有对于A,,事件A 、B 可以同时发生,则A 、B 不互斥,A 错误;对于B,,A 、C 相互独立,B 正确;对于C,,C 正确;对于D,,D 错误．故选：BC ．12．答案：11解析：首先对数据从小到大进行排序：7,8,10,11,12,13,15,17,共有8个数据m αγ= l βγ= γAB m ⊥AC l ⊥αγ⊥m αγ= AB γ⊂AB m ⊥AB α⊥a α⊂AB a ⊥AC a ⊥AB AC A ⋂=AB AC γ⊂a γ⊥()()()()()(){}Ω=1,21,31,42,32,43,4、、、、、()()()(){}()()()(){}1,31,42,32,4,1,2142334A B ==、、、、,、,、,()()(){}2,32,43,4C =、、()(){}()(){}()(){}1,42,3,2,32,4,2,33,4AB AC BC ===、、、(){}2,3ABC =()46P A ==()46B ==()3162C ==()26P AB ==()26AC ==()16P ABC =()(){}1,42,3AB =、()()()=P A P C P AC ()()()+=P AB P AC P A ()()()()P ABC P A P B P C ≠,所以这个样本数据的第40百分位数为第四位,即11,故答案为：11.13．答案：2解析：由已知向量在,.所以故答案为：2.14．答案：①.16②.12解析：根据题意,如图,以棱长为2正方体的一个面为底面的正四棱锥,取底面中心O ,中点E ,因为平面,平面,所以,又,,,平面,所以平面,则所以,从而该多面体的体积为,考虑到四棱锥的侧面夹角为.故答案为：16;12.15．答案：（1）（2）-2的840% 3.2⨯=a b1,2b a b b b ⋅=,1a b = ()cos ,cos ,2a b a b a b a a b b ⋅==⋅= P ABCD -CD PO ⊥ABCD CD ⊂ABCD CD PO ⊥CD PE ⊥PO PE P = PO PE ⊂POE CD ⊥POE PEO ∠=1h PO ==12226221163V =⨯⨯+⨯⨯⨯⨯=π12=π4B =解析：（1）,故因,所以（2）设,,代入中,,故,解得,由余弦定理得则故.16．答案：（1）见解析（2）见解析解析：（1）连接,交于点O ,由四边形是菱形得,因为平面,平面,所以,因为,,,,平面,所以平面,又平面,所以．（2）连接,,因为四边形是菱形,所以点O 为,中点,又E ,F 分别是棱,的中点,所以,,因为平面,平面,所以平面,同理可得平面,因为,平面,且,为222222a c b a c b +=+⇒+-=222cos 2a c b B ac +-===()0,πB ∈B =a t =c =222a cb +=+2228t t b +=+⋅225b t =b =222cos 2a bc C ab +-===sin C ==sin tan 2cos CC C ===-AC BD ABCD AC BD ⊥PA ⊥ABCD BD ⊂ABCD PA BD ⊥PA BD ⊥AC BD ⊥PA AC A = PA AC ⊂PAC BD ⊥PAC PC ⊂PAC BD PC ⊥OE OF ABCD AC BD BC AP //FO PC //OE CD PC ⊂PCD FO ⊄PCD //FO PCD //EO PCD EO FO ⊂EFO EO FO O =所以平面平面,又平面,所以平面．17．答案：（1）解析：（1）因为容量,所以,,;（2）由（1）知,该班日睡眠时间在和频率比为,由比例分配的分层随机抽样方法,分别从和两组的学生中抽取2人,3人,记中抽取的2人为a ,b ,中抽取的3人为c,d,e ,设“2人中至少有1人的睡眠时间在”为事件A ,则,,所以A 发生的概率所以2人中至少有1人的日睡眠时间在18．答案：（1）证明见解析,（2）4解析：（1）①因为,,所以,在//EFO PCD EF ⊂EFO //EF PCD 8.03h200.450n =÷=500.126y =⨯=50(4206)20x =-++=()7.2547.75208.25208.756⨯+⨯+⨯+⨯()()12915516552.58.03h 50=⨯+++=[)7,7.5[]8.5,92:3[)7,7.5[]8.5,9[)7,7.5[]8.5,9[)7,7.5{}(,),(,),(,),(,),(,)(,),(,),(,),(,),(,)a b a c a d a e b c b d b e c d c e d e Ω={}(,),(,),(,),(,),(,)(,),(,)A a b a c a d a e b c b d b e =()P A =AC =2CD DB =AD DC =2AD DB =△=所以;②设,则因为,所以设,因为,所以,在中,,由①知,所以,所以,整理得,又因为,,所以因为,所以,在中,因为,,所以,所以,则,所以（2）记的内角为A ,B ,C ,所对边为a ,b ,c ,因为,所以,所以,在中,因为,所以由余弦定理可得,整理得,sin sin 2sin AD ABD BAD BAD BD∠=⨯∠=∠BAC θ∠=cos θ=0πθ<<sin θ==C α∠=AD DC =C CAD α∠=∠=ABD △π,B BAD θαθα∠∠=--=-sin 2sin ABD BAD ∠=∠sin()2sin()θαθα+=-sin cos cos sin 2sin cos 2cos sin θαθαθαθα+=-cos 4sin αα=22sin cos 1αα+=0πα<<sin αα==2CD DB =263ACD ABC S S ==△△ACD △AD DC =C α∠=cos 2AC AD α=2cos AC AD AC α==21sin 62ACD S AD AC AC α=⨯⨯⨯== AC =ABC △2CD DB =()22213333AD AC CD AC CB AC AB AC AB AC =+=+=+-=+ 222414cos 999AD c b bc BAC =++∠ ABC △AB BC =2222cos c c b bc BAC =+-∠2cos c BAC b ∠=c =因为,所以所以,所以,当且仅当所以AD 的最小值为4.19．答案：（1）证明见解析解析：（1）证明：在圆台中,平面平面,因为平面平面,平面平面,所以;（2）①将圆台的母线延长交于一点P ,连接,延长交底面于点Q ,连接,,在圆台中,平面平面,因为平面平面,平面平面,所以,又由（1）可知,所以,又,,,,,平面,1sin 92ABC S bc BAC =∠=△bc =236cos sin BAC b BAC ∠=∠22294cos cos sin b c BAC BAC BAC ==∠∠∠22412cos 412cos sin cos sin sin cos BAC BAC AD BAC BAC BAC BAC BAC∠+∠=+=∠∠∠∠∠ 224sin 16cos sin cos BAC BAC BAC BAC∠+∠=∠∠sin 4cos 416cos sin BAC BAC BAC BAC ∠∠⎛⎫=+≥ ⎪∠∠⎝⎭sin BAC ∠=BAC ∠=1OO //ADE BFC BEDF ADE DE =BEDF BFC BF =//BF DE 1OO PE PE BQ CQ 1OO //ADE BFC PCQ ADE DE =PCQ BFC CQ =//ED CQ //BF ED //BF CQ CF BF ⊥BQ CQ ⊥BF CF BQ CQ ⊂BFC所以,所以四边形为平行四边形,所以,在圆台中,,,所以,所以,连接,交所以A ,C 到平面所以②在等腰梯形中,过点D 作边的垂线,垂足为G ,在平面内过点G 作的平行线交于点H ,连接,易得,因为平面,所以平面,所以为母线与下底面所成角,因为,,所以,所以,要使最小,只要最小即可,因为,所以,所以,设,因为为圆的直径,所以,所以,,所以,当且仅当所以因为,,所以,因为平面,平面,所以,因为,,平面,所以平面,所以,因此为二面角的平面角,//BQ CF BFCQ BF CQ =1OO 2AD =4BC =AD BC ==AD BC ==2BDF BDE S S = 223D BFC C BDF C BEDF V V V ---===AC AD BC ==BEDF 1124B ADE A BDE C BED C BDF V V V V ----====ABCD BC DG BFC CF GH BF DH 1//DG OO 1OO ⊥BFC DG ⊥BFC DCG ∠2AD =4BC =1CG =tan DCG DG ∠=DCG ∠DG 2D BFC V -=123D BFC BFC V S DG -=⋅=△Δ6BFC DG S =CBF θ∠=BC 1O BF FC ⊥4sin FC θ=4cos FB θ=Δ14sin 242BFC S FC FB θ=⋅=≤θ=BF ==DG CF BF ⊥//CF GH GH BF ⊥DG ⊥BCF BF ⊂BCF DG BF ⊥DG HG G = DG HG ⊂DGH BF ⊥DGH BF DH ⊥DHG ∠C BF D --在因为平面,平面,所以,在中,由勾股定理得所以二面角BCF △BGBC===DG⊥BFC HG⊂BFC DG HG⊥Rt DGH△DH=DHG∠=C BF--。
2023-2024学年北京市朝阳区高一下学期期末考试数学试卷+答案解析
2023-2024学年北京市朝阳区高一下学期期末考试数学试卷一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z满足，则()A. B. C. D.2.已知向量，，则()A. B. C.3 D.53.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，若四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个八面体的表面积为()A.8B.16C.D.4.已知m，n是平面外的两条不同的直线，若，则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件5.在中，，，，则()A. B. C. D.6.李华统计了他爸爸2024年5月的手机通话明细清单，发现他爸爸该月共通话60次，他按每次通话时间长短进行分组每组为左闭右开的区间，画出了如图所示的频率分布直方图．则每次通话时长不低于5分钟且小于15分钟的次数为()A.18B.21C.24D.277.已知向量，不共线，，，若与同向，则实数t的值为()A. B. C.3 D.或38.近年来，我国国民经济运行总体稳定，延续回升向好态势．下图是我国2023年4月到2023年12月规模以上工业增加值同比增长速度以下简称增速统计图．注：规模以上工业指年主营业务收入2000万元及以上的工业企业．下列说法正确的是()A.4月，5月，6月这三个月增速的方差比4月，5月，6月，7月这四个月增速的方差大B.4月，5月，6月这三个月增速的平均数比4月，5月，6月，7月这四个月增速的平均数小C.连续三个月增速的方差最大的是9月，10月，11月这三个月D.连续三个月增速的平均数最大的是9月，10月，11月这三个月9.在梯形ABCD中，，，，，，则与夹角的余弦值为()A. B. C. D.10.已知，，若动点P，Q与点A，M共面，且满足，，则的最大值为()A.0B.C.1D.2二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
湖北省武汉2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷含答案
武汉2023-2024学年度下学期期末考试高一数学试卷（答案在最后）命题教师：考试时间：2024年7月1日考试时长：120分钟试卷满分：150分一、选择题：本题共8小题，每题5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.若复数z 满足(2i)3i z +=-，则z =（）A.1i +B.1i- C.1i-+ D.1i--【答案】A 【解析】【分析】先利用复数的除法运算法则化简得到复数z ，再根据共轭复数的概念即可求解.【详解】因为(2i)3i z +=-，所以3i (3i)(2i)1i 2i 41z ---===-++，所以1i z =+.故选：A2.△ABC 中，60A =︒，BC =AC =C 的大小为（）A.75︒B.45︒C.135︒D.45︒或135︒【答案】A 【解析】【分析】利用正弦定理可得sin B =45B = ，由三角形内角和即可求解.【详解】由正弦定理可得sin sin BC AC A B=,故32sin 2B ==,由于60A =︒，故0120B ︒︒<<,故45B = ，18075C A B =--= ,故选：A3.已知数据1x ，2x ，L ，9x 的方差为25，则数据131x +，231x +，L ，931x +的标准差为（）A.25B.75C.15D.【答案】C 【解析】【分析】根据方差的性质求出新数据的方差，进而计算标准差即可.【详解】因为数据1x ，2x ，L ，9x 的方差为25，所以另一组数据131x +，231x +，L ，931x +的方差为2325225⨯=，15=.故选：C4.在正方形ABCD 中，M 是BC 的中点．若AC AM BD λμ=+，则λμ+的值为（）A.43B.53C.158D.2【答案】B 【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算求解作答.【详解】在正方形ABCD 中，以点A 为原点，直线AB ，AD 分别为x ，y 轴建立平面直角坐标系，如图，令||2AB =，则(2,0),(2,2),(0,2),(2,1)B C D M ，(2,2),(2,1),(2,2)AC AM BD ===-，(22,2)AM BD λμλμλμ+=-+ ，因AC AM BD λμ=+ ，于是得22222λμλμ-=⎧⎨+=⎩，解得41,33λμ==，53λμ+=所以λμ+的值为53.故选：B5.正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 中点，则三棱锥11A B DC -的体积为A.3B.32C.1D.32【答案】C 【解析】【详解】试题分析：如下图所示，连接AD ，因为ABC ∆是正三角形，且D 为BC 中点，则AD BC ⊥，又因为1BB ⊥面ABC ，故1BB AD ⊥，且1BB BC B ⋂=，所以AD ⊥面11BCC B ，所以AD 是三棱锥11A B DC -的高，所以11111133133A B DC B DC V S AD -∆=⋅==．考点：1、直线和平面垂直的判断和性质；2、三棱锥体积．6.在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若cos cos sin sin()sin B C AA C b c C ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，3B π=，则a c +的取值范围是（）A.332⎛⎝ B.332⎛⎝ C.332⎣ D.332⎡⎢⎣【答案】A 【解析】【分析】利用三角恒等变换及正弦定理将cos cos sin sin()sin B C AA C bc C ⎛⎫++=⎪⎝⎭进行化简，可求出b 的值，再利用边化角将a c +化成角，然后利用辅助角公式及角的范围即可得到答案.【详解】由题知cos cos sin sin()sin B C AA C bc C ⎛⎫++=⎪⎝⎭，3B π=∴cos cos sin sin sin B C AB bc C ⎛⎫+=⎪⎝⎭即cos cos 3sin B C Ab c C+=由正弦定理化简得∴sin cos cos 3sin 3A cB bC C ⋅+⋅==∴23sin sin cos cos sin 3AC B C B +=∴23sin sin()sin 3AB C A +==∴2b =3B π=∴1sin sin sin a b cA B C===∴23sin sin sin sin()sin cos )3226a c A C A A A A A ππ+=+=+-=+=+ 203A π<<∴5666A πππ<+<∴)26A π<+≤即2a c <+≤故选：A .【点睛】方法点睛：边角互化的方法（1）边化角：利用正弦定理2sin sin sin a b cr A B C===（r 为ABC 外接圆半径）得2sin a r A =，2sin b r B =，2sin c r C =；（2）角化边：①利用正弦定理：sin 2aA r=，sin 2b B r =，sin 2c C r=②利用余弦定理：222cos 2b c a A bc+-=7.设O 为△ABC 的外心，若2AO AB AC =+，则sin BAC ∠的值为（）A.4B.4C.4-D.4【答案】D 【解析】【分析】设ABC 的外接圆半径为R ，由已知条件可得,2AC BO = ，所以12AC R =，且//AC BO ，取AC的中点M ，连接OM 可得π2BOM ∠=，计算cos sin BOC MOC ∠=-∠的值，再由余弦定理求出BC ，在ABC 中，由正弦定理即可求解.【详解】设ABC 的外接圆半径为R ，因为2AO AB AC =+ ,2AC AO AB BO =-=，所以1122AC BO R ==，且//AC BO ，取AC 的中点M ，连接OM ，则OM AC ⊥，因为//AC BO ，所以OM BO ⊥，即π2BOM ∠=，所以11π124cos cos sin 24AC RMC BOC MOC MOC OC OB R ⎛⎫∠=+∠=-∠=-=-=-=- ⎪⎝⎭,在BOC中由余弦定理可得：2BC R ===，在ABC中，由正弦定理得：2sin 224RBCBAC RR ∠===.故选：D8.高为8的圆台内有一个半径为2的球1O ，球心1O 在圆台的轴上，球1O 与圆台的上底面、侧面都相切.圆台内可再放入一个半径为3的球2O ，使得球2O 与球1O 、圆台的下底面及侧面都只有一个公共点.除球2O ，圆台内最多还能放入半径为3的球的个数是（）A.1 B.2C.3D.4【答案】B 【解析】【详解】作过2O 的圆台的轴截面，如图1.再作过2O 与圆台的轴垂直的截面，过截面与圆台的轴交于圆O .由图1.易求得24OO =.图1这个问题等价于：在以O 为圆心、4为半径的圆上，除2O 外最多还可放几个点，使以这些点及2O 为圆心、3为半径的圆彼此至多有一个公共点.由图2，3sin45sin sin604θ︒<=︒，有4560θ︒<<︒.图2所以，最多还可以放入36013122θ︒⎡⎤-=-=⎢⎣⎦个点，满足上述要求.因此，圆台内最多还可以放入半径为3的球2个.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.已知某地区有小学生120000人，初中生75000人，高中生55000人，当地教育部门为了了解本地区中小学生的近视率，按小学生、初中生、高中生进行分层抽样，抽取一个容量为2000的样本，得到小学生，初中生，高中生的近视率分别为30%，70%，80%.下列说法中正确的有（）A.从高中生中抽取了460人B.每名学生被抽到的概率为1125C.估计该地区中小学生总体的平均近视率为60%D.估计高中学生的近视人数约为44000【答案】BD 【解析】【分析】根据分层抽样、古典概型、频率公式等知识对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】高中生抽取5500020004401200007500055000⨯=++人，A 选项错误.每名学生被抽到的概率为200011200007500055000125=++，B 选项正确.学生总人数为1200007500055000250000++=，估计该地区中小学生总体的平均近视率为1200007500055000132.50.30.70.80.53250000250000250000250⨯+⨯+⨯==，C 选项错误.高中学生近视人数约为550000.844000⨯=人，D 选项正确.故选：BD10.G 是ABC 的重心，2,4,120,AB AC CAB P ∠=== 是ABC 所在平面内的一点，则下列结论正确的是（）A.0GA GB GC ++= B.AB 在AC上的投影向量等于12- AC .C.3AG =D.()AP BP CP ⋅+ 的最小值为32-【答案】ACD 【解析】【分析】根据向量的线性运算，并结合重心的性质，即可判断A ，根据投影向量的定义，判断B ；根据向量数量积公式，以及重心的性质，判断C ；根据向量数量积的运算率，结合图形转化，即可判断D.【详解】A.以,GB GC 为邻边作平行四边形GBDC ，,GD BC 交于点O ，O 是BC 的中点，因为G 是ABC 的重心，所以,,A G O 三点共线，且2AG GO =，所以2GB GC GD GO +== ，2GA AG GO =-=- ，所以0GA GB GC ++=，故A 正确；B.AB 在AC 上的投影向量等于1cos1204AC AB AC AC ⨯=-，故B 错误；C.如图，因为()12AO AB AC =+ ，所以()222124AO AB AC AB AC =++⋅,即211416224342AO ⎛⎫=+-⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，即3AO = 因为点G 是ABC 的重心，22333AG AO ==，故C 正确；D.取BC 的中点O ，连结,PO PA ，取AO 中点M ，则2PA PO PM += ，()12AO AB AC =+，()()2221124816344AO AB AB AC AC =+⋅+=⨯-+= ,则()()()()221224AP BP CP PA PB PC PA PO PA PO PA PO ⎡⎤⋅+=⋅+=⋅=⨯+--⎢⎥⎣⎦，222132222PM OA PM =-=- ,显然当,P M 重合时，20PM = ，()AP BP CP ⋅+ 取最小值32-，故D 正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：本题的关键是对于重心性质的应用，以及向量的转化.11.如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，O 为正方体的中心，M 为1DD 的中点，F 为侧面正方形11AA D D 内一动点，且满足1B F ∥平面1BC M ，则（）A.三棱锥1D DCB -的外接球表面积为12πB.动点F 的轨迹的线段为22C.三棱锥1F BC M -的体积为43D.若过A ，M ，1C 三点作正方体的截面Ω，Q 为截面Ω上一点，则线段1AQ 长度的取值范围为45,225⎡⎢⎣⎦【答案】AC 【解析】【分析】选项A ：三棱锥1D DCB -的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B ：分别取1AA ，11A D 的中点H ，G ，连接1B G ，GH ，1HB ，1AD ；证明平面1B GH ∥平面1BC M ，从而得到点F 的轨迹为线段GH ；选项C ：根据选项B 可得出GH ∥平面1BC M ，从而得到点F 到平面1BC M 的距离为H 到平面1BC M 的距离，再结合线面垂直及等体积法，利用四棱锥的体积求解所求三棱锥的体积；选项D ：设N 为1BB 的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面Ω即为面1AMC N ，从而线段1AQ 长度的最大值为线段11A C 的长，最小值为四棱锥11A AMC N -以1A 为顶点的高.【详解】对于A ：由题意可知：三棱锥1D DCB -的外接球即为正方体的外接球，可知正方体的外接球的半径3R =所以三棱锥1D DCB -的外接球表面积为24π12πR =，故A 正确；对于B ：如图分别取1AA ，11A D 的中点H ，G ，连接1B G ，GH ，1HB ，1AD ．由正方体的性质可得11B H C M ∥，且1B H ⊂平面1B GH ，1C M ⊄平面1B GH ，所以1C M //平面1B GH ，同理可得：1BC //平面1B GH ，且111BC C M C ⋂=，11,BC C M ⊂平面1BC M ，所以平面1B GH ∥平面1BC M ，而1B F ∥平面1BC M ，所以1B F ⊂平面1B GH ，所以点F 的轨迹为线段GH ，其长度为12222⨯=，故B 错误；对于C ：由选项B 可知，点F 的轨迹为线段GH ，因为GH ∥平面1BC M ，则点F 到平面1BC M 的距离为H 到平面1BC M 的距离，过点B 作1BP B H ⊥，因为11B C ⊥平面11ABB A ，BP ⊂平面11ABB A ，所以11B C BP ⊥，又1111⋂=B C B H B ，111,B C B H ⊂平面11B C MH ，所以BP ⊥平面11B C MH ，所以1111111111114252232335F BC M H BC M B C MH B B C MH B C MHV V V V S BP ----====⨯=⨯⨯⨯⨯，故C 正确；对于D ：如图，设平面Ω与平面11AA B B 交于AN ，N 在1BB 上，因为截面Ω⋂平面11AA D D AM =，平面11AA D D ∥平面11BB C C ，所以1AM C N ∥，同理可证1AN C M ∥，所以截面1AMC N 为平行四边形，所以点N 为1BB 的中点，在四棱锥11A AMC N -中，侧棱11A C 最长，且11A C =设棱锥11A AMC N -的高为h ，因为1AM C M ==1AMC N 为菱形，所以1AMC 的边1AC ，又1AC =则112AMC S =⨯=△1111111142223323C AA M AA M V SD C -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，所以1111114333A AMC AMC C AA M V S h V --=⋅===△，解得3h =.综上，可知1AQ 长度的取值范围是,3⎡⎢⎣，故D 错误.故选：AC【点睛】关键点睛：由面面平行的性质得到动点的轨迹，再由锥体的体积公式即可判断C ，D 选项关键是找到临界点，求出临界值.三、填空题：本小题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数()221i i()z m m m =-++⋅∈R 表示纯虚数，则m =________．【答案】1-【解析】【分析】根据2i 1=-和复数的分类要求得出参数值；【详解】因为复数()()2221ii=11i()z m m mm m =-++⋅-+-⋅∈R 表示纯虚数，所以210,10,m m ⎧-=⎨-≠⎩解得1m =-，故答案为：1-.13.定义集合(){},02024,03,,Z |A x y x y x y =≤≤≤≤∈，则从A 中任选一个元素()00,x y ，它满足00124x y -+-<的概率是________．【答案】42025【解析】【分析】利用列举法求解符合条件的()00,x y ，即可利用古典概型的概率公式求解.【详解】当0y =时，02024,Z x x ≤≤∈，有2025种选择，当1,2,3y =时，02024,Z x x ≤≤∈，分别有2025种选择，因此从A 中任选一个元素()00,x y ，共有202548100⨯=种选择，若00y =，则022y -=，此时由00124x y -+-<得012x -<，此时0x 可取0，1，2，若01y =或3，则021y -=，此时由00124x y -+-<得013x -<，此时0x 可取0，1，2，3，若02y =，则020y -=，此时由00124x y -+-<得014x -<，此时0x 可取0，1，2，3，4，综上可得满足00124x y -+-<的共有342516+⨯+=种情况，故概率为16481002025=故答案为：4202514.在ABC 和AEF △中，B 是EF的中点，1,6,AB EF BC CA ====，若2AB AE AC AF ⋅+⋅= ，则EF 与BC的夹角的余弦值等于__________.【答案】23【解析】【分析】【详解】由题意有：()()2AB AE AC AF AB AB BE AC AB BF ⋅+⋅=⋅++⋅+=,即22AB AB BE AC AB AC BF +⋅+⋅+⋅= ，而21AB =，据此可得：11,AC AB BE BF ⋅=⨯-=- ，即()112,2BF AC AB BF BC +⋅--=∴⋅= ，设EF 与BC 的夹角为θ，则2cos 2,cos 3BF BC θθ⨯⨯=∴= .四、解答题：本小题共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.某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n 人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图：已知乙样本中数据在[70,80)的有10个．（1）求n 和乙样本直方图中a 的值；（2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在[60,70)和[70,80)的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在[70,80)中的概率．【答案】（1）50n =，0.018a =；（2）物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为88.25；（3）25【解析】【分析】（1）由频率分布直方图得乙样本中数据在[70,80)的频率为0.2，这个组学生有10人，由此能求出n ，由乙样本数据直方图能求出a ；（2）利用甲、乙样本数据频率分布直方图能估计估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数；（3）由频率分布直方图可知从分数在[60,70)和[70,80)的学生中分别抽取2人和4人，将从分数在[60,70)中抽取的2名学生分别记为1A ，2A ，从分数在[70,80)中抽取的4名学生分别记为1b ，2b ，3b ，4b ，利用列举法能求出这两人分数都在[70,80)中的概率．【小问1详解】解：由直方图可知，乙样本中数据在[70,80)的频率为0.020100.20⨯=，则100.20n=，解得50n =；由乙样本数据直方图可知，(0.0060.0160.0200.040)101a ++++⨯=，解得0.018a =；【小问2详解】解：甲样本数据的平均值估计值为(550.005650.010750.020850.045950.020)1081.5⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=，乙样本数据直方图中前3组的频率之和为(0.0060.0160.02)100.420.75++⨯=<，前4组的频率之和为(0.0060.0160.020.04)100.820.75+++⨯=>，所以乙样本数据的第75百位数在第4组，设第75百位数为x ，(80)0.040.420.75x -⨯+=，解得88.25x =，所以乙样本数据的第75百位数为88.25，即物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值为81.5，历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的第75百位数为88.25；【小问3详解】解：由频率分布直方图可知从分数在[60,70)和[70,80)的学生中分别抽取2人和4人，将从分数在[60,70)中抽取的2名学生分别记为1A ，2A ，从分数在[70,80)中抽取的4名学生分别记为1b ，2b ，3b ，4b ，则从这6人中随机抽取2人的基本事件有：12(,)A A ，11(,)A b ，12(,)A b ，13(,)A b ，14(,)A b ，21(,)A b ，22(,)A b ，23(,)A b ，24(,)A b ，12()b b ,，13(,)b b ，14(,)b b ，23(,)b b ，24(,)b b ，34(,)b b 共15个，所抽取的两人分数都在[70,80)中的基本事件有6个，即这两人分数都在[70,80)中的概率为62155=．16.（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在四棱锥11A BCC B -中，平面ABC ⊥平面11BCC B ，△ABC 是正三角形，四边形11BCC B 是正方形，D 是AC 的中点．（1）求证：1//AB 平面1BDC ；（2）求直线BC 和平面1BDC 所成角的正弦值的大小．【答案】（1）证明见解析（2）55【解析】【分析】（1）连接1B C ，交1BC 于点O ，连接OD ，由中位线的性质，可知1//OD AB ，再由线面平行的判定定理，得证；（2）过点C 作1CE C D ⊥于点E ，连接BE ，可证CE ⊥平面1BDC ，从而知CBE ∠即为所求，再结合等面积法与三角函数的定义，得解．【小问1详解】连接1B C ，交1BC 于点O ，连接OD ，则O 为1B C 的中点，因为D 是AC 的中点，所以1//OD AB ，又OD ⊂平面1BDC ，1AB ⊄平面1BDC ，所以1AB ∥平面1BDC ．【小问2详解】过点C 作1CE C D ⊥于点E ，连接BE ，因为四边形11BCC B 是正方形，所以1BC CC ⊥，又平面ABC⊥平面11BCC B ，1CC ⊂平面11BCC B ，平面ABC ⋂平面11BCC B BC =，所以1CC ⊥平面ABC ，因为BD ⊂平面ABC ，所以1CC BD ⊥，因为ABC 是正三角形，且D 是AC 的中点，所以BD AC ⊥，又1CC AC C =I ，1,⊂CC AC 平面1ACC ，所以BD ⊥平面1ACC ，因为CE ⊂平面1ACC ，所以BD CE ⊥，又1C D BD D =I ，1,C D BD ⊂平面1BDC ，所以CE ⊥平面1BDC ，所以CBE ∠就是直线BC 和平面1BDC 所成角，设2BC =，在1Rt DCC 中，11CE DC CD CC ⋅=⋅，所以5CE ==，在Rt BCE 中，5sin 25CE CBE BC ∠===.17.甲、乙两人进行乒乓球对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，且比赛结束，通过分析甲、乙过去比赛的数据知，甲发球甲赢的概率为23，乙发球甲赢的概率为25，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球.（1）求该局打4个球甲赢的概率；（2）求该局打5个球结束的概率.【答案】（1）875（2）44675【解析】【分析】（1）先设甲发球甲赢为事件A ，乙发球甲赢为事件B ，然后分析这4个球的发球者及输赢者，即可得到所求事件的构成，利用相互独立事件的概率计算公式即可求解；（2）先将所求事件分成甲赢与乙赢这两个互斥事件，再分析各事件的构成，利用互斥事件和相互独立事件的概率计算公式即可求得概率.【小问1详解】设甲发球甲赢为事件A ，乙发球甲赢为事件B ，该局打4个球甲赢为事件C ，由题知，2()3P A =，2()5P B =，则C ABAB =，所以23228()()()(()()353575P C P ABAB P A P B P A P B ===⨯⨯⨯=，所以该局打4个球甲赢的概率为875.【小问2详解】设该局打5个球结束时甲赢为事件D ，乙赢为事件E ，打5个球结束为事件F ，易知D ，E 为互斥事件，D ABABA =，E ABABA =，F D E =⋃，所以()()()()()()()P D P ABABA P A P B P A P B P A ==2222281135353675⎛⎫⎛⎫=-⨯⨯-⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()()()()()P E P ABABA P A P B P A P B P A ==2222241113535375⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-⨯⨯-⨯-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以8444()()()()67575675P F P D E P D P E =⋃=+=+=，所以该局打5个球结束的概率为44675.18.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，22cos a c b C -=.（1）求B ；（2）若点D 为边BC 的中点，点E ，F 分别在边AB ，AC （包括顶点）上，π6EDF ∠=，2b c ==.设BDE α∠=，将DEF 的面积S 表示为α的函数，并求S 的取值范围.【答案】（1）π3（2）3ππ,π328sin 23S αα=≤≤⎛⎫- ⎪⎝⎭，3,84S ⎡∈⎢⎣⎦【解析】【分析】（1）由题干及余弦定理可得222a c b ac +-=，再根据余弦定理即可求解；（2）由题可得ABC 为等边三角形，ππ32α≤≤，在BDE 与CDF 中，分别由正弦定理求出DE ，DF ，根据三角形面积公式可得3ππ,2ππ3216sin sin 36S ααα=≤≤⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由三角恒等变换及正弦函数的图象与性质即可求解.【小问1详解】因为22cos a c b C -=，所以222222222a b c a b c a c b ab a +-+--=⋅=，即222a cb ac +-=，所以2221cos 222a cb ac B ac ac +-===.因为()0,πB ∈，所以π3B =.【小问2详解】由π3B=及2b c==可知ABC为等边三角形.又因为π6EDF∠=，BDEα∠=，所以ππ32α≤≤.在BDE中，2π3BEDα∠=-，由正弦定理可得sin sinDE BDB BED∠=，即32π2sin3DEα=⎛⎫-⎪⎝⎭.在CDF中，π6CFDα∠=-，由正弦定理可得sin sinDF CDC CFD∠=，即π2sin6DFα=⎛⎫-⎪⎝⎭.所以31π3ππsin,2ππ2ππ8632 sin sin16sin sin3636Sααααα=⨯⨯=≤≤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫----⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.因为2ππ11sin sin cos sin sin cos362222αααααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=+-⎪⎪⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭2213313sin cos cos sin sin2cos224444αααααα=-+=-1πsin223α⎛⎫=-⎪⎝⎭，因为ππ32α≤≤，所以ππ2π2,333α⎡⎤-∈⎢⎥⎣⎦，所以π3sin2,132α⎤⎛⎫-∈⎥⎪⎝⎭⎣⎦，所以1π1sin2,2342α⎤⎛⎫-∈⎥⎪⎝⎭⎣⎦.所以2ππ16sin sin36αα⎛⎫⎛⎫⎡⎤--∈⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭，所以33,2ππ8416sin sin36αα⎡∈⎢⎛⎫⎛⎫⎣⎦--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以333,2ππ8416sin sin36Sαα⎡=∈⎢⎛⎫⎛⎫⎣⎦--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.所以S 的取值范围为3,84⎡⎢⎣⎦.19.（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱ADP BCQ -中，侧面ABCD 为矩形．（1）若PD⊥面ABCD ，22PD AD CD ==，2NC PN =，求证：DN BN ⊥；（2）若二面角Q BC D --的大小为θ，π2π,43θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，且2cos 2AD AB θ=⋅，设直线BD 和平面QCB 所成角为α，求sin α的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）12-【解析】【分析】（1）问题转化为证明DN⊥平面BCP ，即证明ND BC ⊥和DN PC ⊥，ND BC ⊥转化为证明BC ⊥平面PQCD ，而ND BC ⊥则只需证明PDN PCD△△（2）作出二面角Q BC D --的平面角以及直线BD 与平面QCB 所成的角，列出sin α的表达式，最后把问题转化为函数最值问题.【小问1详解】因为PD⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PD BC ⊥，又CD BC ⊥，PD CD D ⋂=，,PD CD ⊂平面PCD ，所以BC ⊥平面PQCD ，又ND ⊂平面PQCD ，所以ND BC ⊥，在Rt PCD 中，2PD ==，则CD =3PC =，所以2NC =，1PN =，由PN PDND PC=，DPN CPD ∠=∠，所以PDN PCD △△，所以DN PC ⊥，又因为ND BC ⊥，PC BC C ⋂=，,PC BC ⊂平面BCP ，所以DN⊥平面BCP ，又因为BN ⊂平面BCP ，所以DN BN ⊥.【小问2详解】在平面QBC 中，过点C 作CF BC ⊥，因为ABCD 为矩形，所以BC CD ⊥，所以DCF ∠为二面角Q BC D --的平面角，且DCF θ∠=，又⋂=CF CD C ，,CD CF ⊂平面CDF ，所以BC ⊥平面CDF ，在平面CDF 中，过点D 作DG FC ⊥，垂足为G ，连接BG ，因为BC ⊥平面CDF ，DG ⊂平面CDF ，所以DG BC ⊥，又BC FC C ⋂=，,BC FC ⊂平面BCQ ，所以DG ⊥平面BCQ ，所以DBG ∠为直线BD 与平面QCB 所成的角，即DBG α∠=，sin DG DC θ=，又因为2cos 2AD AB θ=⋅，所以222sin 32cos 14cos 2DGBDAB AD αθθ===+++π2π,43θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦可得12cos ,22θ⎡∈-⎢⎣⎦，21cos 0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，设32cos t θ=+，2,32t ⎤∈+⎥⎦，则23cos 2t θ-=，()2223sin 1cos 14t θθ-=-=-，所以()2222563125651sin 14222t t t t α⎛⎫-++ ⎪--+⎝⎭=-=≤=，当且仅当25t =时等号，所以sin α51-.【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出二面角Q BC D --的平面角以及直线BD 与平面QCB 所成的角，然后写出sin α的表达式，最后求函数最值问题利用了换元法和基本不等式.。
河南天一大联考2024届高一数学第二学期期末考试试题含解析
河南天一大联考2024届高一数学第二学期期末考试试题 注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知5a =，3b =，且12a b ⋅=-，则向量a 在向量b 上的投影等于（ ） A ．-4 B ．4 C ．125- D ．1252．如图，随机地在图中撒一把豆子，则豆子落到阴影部分的概率是（ ）A ．B ．C ．D ．3．下列函数中，既是偶函数又在(,0)-∞上是单调递减的是A ．cos y x =-B ．lg y x =C ．21y x =-D ．x y e -=4．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱1AA 和AB 的中点，P 为上底面1111D C B A 的中心，则直线PB 与MN 所成的角为（ ） A ．30° B ．45° C ．60° D ．90°5．若a 、b 、c >0且a (a ＋b ＋c )＋bc ＝4－32a ＋b ＋c 的最小值为( ) A ． 3－1B ． 3 1C ．3 2D ．3 26．已知直线1:230l x ay +-=与()2:110l a x y -++=，若12l l //，则a =（ ） A ．2 B ．1 C ．2或-1 D ．-2或17．若两个球的半径之比为1:3，则这两球的体积之比为（ ）A ．1:3B ．1:1C ．1:27D ．1:98．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，5sin 7A =，5a =，7b =，则sin B 等于（ ）A ．35B ．45C ．37D ．19．函数tan()42y x ππ=-的部分图像如图所示，则()OA OB AB +⋅的值为（ ）A ．1B ．4C ．6D ．710．下列命题正确的是（ ）A ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱.B ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱.C ．有两个面平行，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的几何体叫棱柱.D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
福建省福建师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题(含答案)
福建师大附中2023-2024学年第二学期期末考试高一数学试卷时间：120分钟满分：150分试卷说明：（1）本卷共四大题，20小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷．（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备．第Ⅰ卷（选择题，共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．设i 为虚数单位，复数满足，则复数的虚部是（ ）A ．B ．C ．3iD ．32．某汽车生产厂家用比例分配的分层随机抽样方法从A ，B ，C 三个城市中抽取若干汽车进行调查，各城市的汽车销售总数和抽取数量如右表所示，则样本容量为（ ）城市销售总数抽取数量A 420m B 28020C 700nA ．60B ．80C ．100D ．1203．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）A．B ．C ．D ．4．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ）A ．若，则B ．若，则C ．若，则D ．若，则5．如图，在三棱锥中，分别是，的中点，则异面直线所成角的余弦值为（）z ()i 142i z +=+z i-1-16131223,m n ,αβ,,m n m n αβ⊥⊥∥αβ⊥,m m αβ⊥∥αβ⊥,,m n m n αβ⊥⊂⊂αβ⊥,,m n m n αβ⊥⊂⊥αβ⊥A BCD -6,4,,AB AC BD CD AD BC M N ======AD BC ,AN CMA．B ．C ．D ．6．有一组样本数据：，其平均数为2024．由这组数据得到一组新的样本数据：，那么这两组数据一定有相同的（ ）A ．极差B ．中位数C ．方差D ．众数7．已知正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，体积为7，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）ABCD ．8．已知三棱锥中，平面，底面是以为直角顶点的直角三角形，且，三棱锥，过点作于，过作于，则三棱锥外接球的体积为（）A ．BCD ．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
高一第二学期数学期末考试试卷解析
高一第二学期数学期末考试试卷分析
一、试卷分析在试题内容的编排上，较有层次性、灵活性。
试题难度适中，选题较恰当，内容全面，着重考察了空间几何体、点
线面位置关系、直线方程、圆的相关性质等基础知识与一些基本技巧，同时也考查了分类讨论、数形结合等重要的数学思想。
从整体来看，
着重考查基础知识、基本方法的同时，注意对学生进行能力考查，且
对重点知识和重要方法进行重点考查，也重视应用题的的考查，向高考的命题方向靠拢，有一定的综合性，是一份较好的高一期末考试试卷。
选择题部分平均分大约在24分，题目相对简单，错误集中在第4，10题。
其中第4题是对空间四边形的认识，属于概念题，学生对
这一基础概念把握不够导致错误;第10题借助长方体考查空间几何中的一些基本性质，A、B选项较易排除，C选项可利用三棱锥的体积公式计算出结论，而其中的转化恰好是学生的一个难点，导致学生错选C选项。
填空题均分约为15分，错误题目主要集中在第11、18题。
第11题将异面直线的概念和四棱台的定义结合起来考查，究其错误
之根本：学生只根据图形直观判断异面直线的条数，并没有深入兼顾四棱台的定义;第18题重在考察学生的类比推理能力，但大部分学生在该方面有欠缺，只会照葫芦画瓢直接对已知条件进行模仿。
解答题第19题考查两直线平行的基本条件，是一个常规题，相对简单，学
生在该题中得分较高;相对存在的问题是计算中较粗心，或者是忘记
两直线平行的充要条件。
第20题以正方体为载体考查线面平行的证明，80%的学生能够得满分。
该题的思路相对简单，只需把握证明线
面平行的两个途径：利用面面平行的定义或者线面平行的判定定理即可。
出错学生在证明线线平行的过程中不能很好的利用正方体这一载体，而是利用角度相等、三角形全等等平面几何中的方法来证明直线的平行。
第21题学生失分较多，均分在5分左右。
本题旨在考查学生对直线方程的灵活应用，同时结合了圆的几何性质。
学生的问题主要存在于以下几个方面：(1)已知直线过一点设直线方程时无从下手;(2)对于圆的一个重要性质(圆心距、弦长的一半、半径构成直角三角形)不会熟练应用;(3)即使设出直线方程，却忽略了对直线斜率不存在进行分类讨论，这也是大多数学生不能得满分的原因。
第22题学生得分情况较好，均分在8分左右。
本题为立体几何考查题，同时涉及了空间几何体的体积求解。
第一个问题中可通过假设得出结论再证明结论的正确性，亦可从结论推出棱BC所满足的条件;第二个问题须熟练应用长方体、四棱锥的体积公式。
第23题是以实际生活中的装修问题为背景，考查学生建立
直角坐标系的能力，同时会应用坐标法解决实际问题。
学生得分不尽人意，存在以下问题：(1) 部分学生存在畏难情绪，感觉最后一道题难度大，数字复杂，没有努力思考就放弃;(2)一些学生在建立合理的坐标系时仍存在问题，同时数据相对复杂也是本题的一个难点;(3)
学生在理解实际题意时也存在问题，忽略了题目中冰箱直立通过过道这一条件。
二、今后应注意方向及采取措施： (1)对学生来说
1、围绕双基，继续加强基础知识和基本技能训练，提高学
生的解题技巧和运算能力，;
2、根据学生层次进行有侧重的训练，如对优等生加强解综
合题的分析问题的思路、想法训练，侧重对思路的归纳。
对数学学困
生侧重基础知识的训练。
3、加强心理疏导，针对不同学生的心理问题提出合理化改
进措施，多沟通、勤鼓励安慰，树立学习信心。
4、加强学习方法的指导。
(2)对老师来说：
1、加强教材的研究，把握教材的编写目的和课改的方向，
注重对学生能力的提高，例如在学习空间知识时许多问题可以由平面
几何的一些基本的结论类比推理得到，可引导学生自己动手推理。
2、注意课堂教学的组织，改变老师只管给，不管学生是否
消化的课堂
教学现象，提高课堂教学效率。
3、注意鼓动学生学习数学的热情，培养学生主动地消化，
去猎取知识的能力。
否则，就算你老师讲的天花乱坠，成绩也难以提得上来。
4、关注差生，设法减少两极分化现象。
5、重视应用题的教学。
引导学生把所学的知识用到相关学科和生活、生产实际中去，在解决实际问题的过程中，提高分析问题、
解决问题的能力。
全面提高学生的素质。
[高一第二学期数学期末考试试卷解析]。